Wärmelehre Prüfungsaufgaben Günther Kurz - gilligan-online

Idee: Jürgen Gilg
Gestaltung: Simon Singer
Prüfungsaufgaben
Wärmelehre
Günther Kurz
Anregungen und Kommentare willkommen
gunther.kurz@fht-esslingen.de

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 01
In einem durch einen Kolben abgeschlossenen Zylinder ist die Stoffmenge n = 1mol
eines idealen zweiatomigen Gases eingeschlossen. Die Zustandsgrößen im
3
Anfangszustand ‘1‘ sind: Druck p 1,
0 bar ; Volumen = 25 dm ; Temperatur T .
1 =
V1 1
(a) Welche mittlere kinetische Energie ε kin der Translation hat ein Molekül des
Gases im Anfangszustand ‘1‘?
Anschließend wird das Gas in zwei auf einander folgenden Prozessen erwärmt; dies
geschieht unter den folgenden Versuchsbedingungen:
• Von einem Zustand ‘1‘ in einen Zustand ‘2‘ – bei festgehaltenem Kolben –
7
auf den Druck p 2 = p1.
5
• Von einem Zustand ‘2‘ in einen Zustand ‘3‘ – bei konstantem Druck p2
–
3
auf das Volumen V 3 = V1.
2
(b) Skizzieren Sie qualitativ diese beiden Prozesse in einem p,V-Diagramm.
T2 3
(c) Bestimmen Sie die Temperaturen und . T
(d) Berechnen Sie für den Prozess '1' → '2'
die umgesetzte Wärme Q12
und die
Volumenänderungsarbeit W .
12
(e) Berechnen Sie für den Prozess '2' → '3'
die umgesetzte Wärme Q23
und die
Volumenänderungsarbeit W .
23
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 01

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 01 – Kurzlösungen
(a) Anfangstemperatur T 300,
8 K .
1 =
−21
Kinetische Energie (Translation) ε ( T ) = 6,
23 ⋅10
J .
(b) Prozess '1' → '2'
: isochor; Prozess '2' → '3'
: isobar.
p
p 2; p3
p1
' 1'
V1
V
'2'
2
kin
1
V3
(c) Temperatur T 421K
; Temperatur T 632 K .
(d) und (e)
2 =
Anzahl Freiheitsgrade f 5 .
ges =
3 =
Molare isochore Wärmekapazität C = 20,78 Jmol
K .
Molare isobare Wärmekapazität C = 29,10 Jmol
K .
Prozess
'1' → '2'
mv
mp
Volumenänderungsarbeit W 12 = 0 .
'3'
Änderung Innere Energie 2 493 J
= ΔU Q
.
Prozess
'2' → '3'
Zugeführte Wärme 6 137 J .
Q
23 =
12 =
Volumenänderungsarbeit W = −1750
J .
23
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 01
−1
−1
−1
−1
T 3
T 2
T1
V

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 01 – Musterlösung
(a) Die mittlere kinetische Energie der Translation eines Moleküls – mit drei
Freiheitsgraden der Translation – hängt nur von der absoluten Temperatur T ab; es
gilt
3
kT
2
kin = ε BOLTZMANN Konstante
k = 1,
38 ⋅10
1 23 − −
JK
Die Anfangstemperatur T1
erhält man aus der Zustandsgleichung eines idealen
Gases für den Zustand ‘1‘, also
p V = nR
T
1
1
1
p1V
=
n R
1
m
m
T
1
5
−2
10 Nm
⋅ 25 ⋅10
=
−
1 mol ⋅8,31J
mol
Für die Anfangstemperatur T1
wird
3
εkin( T 1)
= kT
2
1
3
= ⋅1,38
⋅10
2
−3
1
−23
K
m
3
−1
JK
=
−1
300,8 K
⋅ 301K
= 6,23 ⋅10
−21
(b) Die beiden beschriebenen speziellen Zustandsänderungen sind
7
Prozess '1' → '2'
: isochor; mit V 2 = V1;
p2
= p1;
T2
> T1.
5
7
3 3
Prozess '2' → '3'
: isobar; mit p 3 = p2
= p1;
V3
= V2
= V1;
T3
> T2
.
5
2 2
p
p 2; p3
p1
' 1'
V1
V
'2'
2
Skizze des p,V-Diagramms (nicht-maßstäblich); eingezeichnet sind als Hilfslinien die
Isothermen für die Temperaturen , und mit T < T < T .
V3
'3'
J
T 3
T 2
T1
T1 T2 T3 1 2 3
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 01
V

(c) Bestimmung der Temperatur
T2
Bei einer isochoren Zustandsänderung vereinfacht sich – für ein geschlossenes
System – die Zustandsgleichung eines idealen Gases auf
p
T
= const.
Also gilt für den Prozess
p 2
=
T2
p
T
1
1
mit der Zusatzforderung
7
p 2 = p1
5
wird daraus
T
2
= 421K
'1' → '2'
7
p
p
1
2 5 7
= ⋅T1
= ⋅T1
= T
p p 5
1
Bestimmung der Temperatur
1
1
T3
7
= ⋅ 301K
5
Geht man vom Zustand '2'
aus, dann ergibt sich die Temperatur im Zustand ‘3‘ aus
der Forderung ’isobare Prozessführung‘ für den Prozess '2' → '3'
. Die spezielle
Zustandsgleichung vereinfacht sich auf
V
T
also gilt
3
= const.
V 3
=
T
V
T
2
2
mit der Zusatzforderung
3 3
V 3 = V2
= V
2 2
wird damit
T
3
3
V
V
1
3 2 3
= ⋅T2
= ⋅T2
= ⋅T
V V 2
1
= 632 K
1
1
2
3
= ⋅ 421K
2
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 01

Alternativer Lösungsweg
Will man die Benutzung eines Zwischenergebnisses (hier der Temperatur T2
)
vermeiden, dann nutzt man die Zustandsgleichung eines idealen Gases für den
Zustand '3'
; denn für einen Zustand ist es unerheblich auf welchem
thermodynamischen Weg er erreicht wurde. Die Zustandsgleichung
p V = nR T
ergibt
T
3
3
=
3
p3
V
=
n R
3
m
632 K
m
=
3
7
(
5
3
p1)(
V1)
5 −2
2 1,4 ⋅10
Nm ⋅1,5
⋅ 25 ⋅10
=
n R
−1
1 mol ⋅8,31J
mol K
m
Zwischenüberlegungen für die Teilaufgaben (d) und (e)
Die Ergebnisse dieser Teilaufgaben (d) und (e) sind nicht unabhängig voneinander.
Die Änderung der Inneren Energie Δ U , die umgesetzte Wärme QAE
und die
umgesetzte Arbeit WAE
sind über den 1. Hauptsatz miteinander verknüpft; es gilt
allgemein (mit ' A'
für Anfangszustand und 'E'
für Endzustand)
ΔU = U −U
= Q + W
E
A
AE
AE
Hat man zwei der physikalischen Größen Δ U , QAE und WAE
unabhängig
voneinander bestimmt, dann erhält man die Dritte aus dem 1. Hauptsatz. Zur Probe
kann natürlich dann die dritte Größe ebenfalls unabhängig bestimmt werden.
Dabei ist die Änderung der Inneren Energie nur abhängig von der
Temperaturdifferenz der beiden Zustände, gemäß
ΔU
= nC
T −T
)
mv ( E A
Für die Volumenänderungsarbeit gilt allgemein (Vorzeichenkonvention
berücksichtigt)
W
AE
= −
V
V
E
∫
A
p(
V ) dV
Für die Bestimmung zugeführter Wärmen und den Änderungen der Inneren Energie
benötigt man die molaren Wärmekapazitäten Cmv und Cmp
. Diese bestimmen sich
aus den Freiheitsgraden eines zweiatomigen Moleküls. Nimmt man für die Moleküle
an, dass im betrachteten Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der Rotation
angeregt sind, dann ist die Anzahl der Freiheitsgrade
f = f + f = 3 + 2 = 5
ges
trans
rot
Die molare isochore Wärmekapazität bestimmt sich aus f zu
C
mv
fges
= R
2
m
=
5
2
⋅
8,31 Jmol
−1
K
−3
−1
m
Cmv ges
−1
=
20,78 Jmol
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 01
−1
K
−1
3

Die molare isobare Wärmekapazität bestimmt sich aus f zu
C
mp
fges
+
= R
2
Cmp ges
2 7
−1
−1
−1
−1
m = ⋅ 8,31 Jmol
K = 29,10 Jmol
K
2
(d) Für den isochoren Prozess '1' → '2'
liefert der 1. Hauptsatz der Wärmelehre
ΔU
= U −U
= Q + W
2
1
12
12
Es wird keine Volumenänderungsarbeit verrichtet; weil sich das Volumen des Gases
nicht ändert, deshalb ist
12 0 = W
Die zugeführte Wärme Q12
erhöht die Innere Energie des Gases gemäß
−1
−1
mv ( T2
−T1)
= 1mol
⋅ 20,78
Jmol
K ⋅(421−
301) K
ΔU
= Q12
= nC
= 2 493 J
Für den isobaren Prozess '2' → '3'
gilt
für die zugeführte Wärme
Q
23
= nC
=
mp
6 137
( T
J
3
−T
2
) = 1mol
⋅ 29,08
Jmol
für die Volumenänderungsarbeit mit
7
p ( V ) = p2
= ⋅ p1
= const.
5
erhält man
W
Probe
23
= − p
V
3
2
V
1
= −1750
J
∫ dV
= −
7
5
⋅ p
1
⋅(
V
Über den 1. Hauptsatz der Wärmelehre
U
3
−U = ΔU
= Q + W
2
= 4 387 J
23
23
3
−1
K
−1
7 5 N
−V1)
= − ⋅10
5 m
= (6 137 −1
750) J
⋅(632
− 421) K
2
3
⋅(
−1)
⋅ 25 ⋅10
2
Die Änderung der Inneren Energie U − ) für den Prozess '2' → '3'
kann über die
( 3 U2
Temperaturdifferenz T − ) direkt bestimmt werden. Man erhält
ΔU
= nC
mv
( T
= 4 384 J
3
−T
( 3 T2
2
) = 1mol
⋅ 20,78
Jmol
−1
K
−1
⋅(632
− 421) K
Die geringfügige Abweichung erklärt sich aus Rundungsfehlern bei den
verschiedenen Rechnungsgängen.
Wärmelehre - 6 -
Prüfungsaufgabe 01
−3
m
3

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 02
In einem Behälter mit reibungsfrei verschiebbarem Kolben befinde sich bei einem
23
Druck von 1 2 bar die Anzahl Moleküle des (idealen) Gases Stickstoff.
Die Moleküle besitzen insgesamt eine Innere Energie
= p
N = 10
U = 1500 J .
(a) Welche Stoffmenge n des Gases befindet sich im Behälter und welche
Temperatur T1
hat das Gas?
(b) Welche mittlere Geschwindigkeit (Wurzel aus dem mittleren
Geschwindigkeitsquadrat) hat ein Stickstoff-Molekül?
(c) Welches Volumen V1
nimmt das Stickstoff-Gas ein und welche Dichte ρ besitzt
es bei diesen Bedingungen?
Das Gas wird nun auf die Temperatur 2 308 K = T abgekühlt. Bei diesem Prozess
nimmt der Druck linear mit dem Volumen ab; dabei verdoppelt sich das
Anfangsvolumen.
(d) Skizzieren Sie diese Zustandsänderung in einem p, V -Diagramm.
(e) Welche Arbeit W12 wird vom Kolben verrichtet und welche Wärme 12 wird
umgesetzt? Wird diese Wärme dem Gas zugeführt oder vom Gas abgegeben?
Q
−1
Molmasse M ( N ) = 28 g mol .
2
Ein Stickstoffmolekül soll als starre Hantel behandelt werden.
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 02

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 02 – Kurzlösungen
(a) Stoffmenge
n = 0,
167
mol
Anzahl Freiheitsgrade f N ) = 5 .
Temperatur 433 K . T
1 =
ges ( 2
(b) Translation (Anzahl Freiheitsgrade f 3 ).
trans =
−26
Masse Einzelmolekül m ( N ) = 4,67 ⋅10
kg .
M
2
Mittleres Geschwindigkeitsquadrat (Zustand ‘1‘) v = 38,4 ⋅10
m s .
−1
Mittlere Geschwindigkeit v = 620 m s .
3
m
(c) Volumen V = 3 000 cm = 3,0 l ; Dichte ρ = 1,56 kg m .
1
(d) p, V -Diagramm (linearer Prozess ‘1‘ → ‘2‘).
p
p 1
p 2
(e) Druck 0,72 bar .
p
2 =
' 1'
V 1
2 V
Abgegebene Arbeit W = − 407 J (Fläche Trapez).
12
Molare isochore Wärmekapazität C = 20,78 Jmol
K .
mv
Änderung Innere Energie ΔU = − 434 J .
1
' 2'
Umgesetzte Wärme Q = − 27 J (abgegeben).
12
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 02
2
−1
−3
−1
V
4
2
−2

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 02 – Musterlösung
(a) Die Stoffmenge n ergibt sich aus der Anzahl der Teilchen N und der AVOGADRO
Konstante NA
zu
n =
N
N
A
23
1⋅10
=
23
6 ⋅10
mol
−1
= 0,167 mol
Für ein ideales Gas ist die Innere Energie U – bei vorgegebener Stoffmenge n – nur
eine Funktion der absoluten Temperatur T . Zu berücksichtigen ist die Anzahl f
der Freiheitsgrade der Moleküle des betrachteten Gases.
Die Innere Energie Uges
ergibt sich zu
fges
Uges = n Rm
T
2
Jedem Freiheitsgrad wird nach dem Gleichverteilungssatz der Energie die gleiche
thermische Energie zugeordnet.
Nimmt man für die zweiatomigen Moleküle des Stickstoffs an, dass im betrachteten
Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der Rotation angeregt sind, dann ist die
Anzahl der Freiheitsgrade
f
ges
( N2
) = ftrans
+ frot
= 3 + 2 = 5
Man erhält damit für den Anfangszustand ‘1‘
T
1
=
f
ges
2U
( N
= 433 K
2
ges
) n R
m
2 ⋅1,5
⋅10
J
=
5 ⋅ 0,167 mol ⋅ 8,31 J mol
(b) Für das Modell des idealen Gases liefert die kinetische Theorie als mittlere
kinetische Energie ε kin der Translation (Anzahl der Freiheitsgrade 3 ) f
ε
kin
3 1
= k T = m
2 2
M
v
2
3
−1
dabei ist 2
v das mittlere Geschwindigkeitsquadrat.
K
−1
trans =
Die Masse mM(
N2
) eines Einzelmoleküls erhält man entweder aus der Molmasse
N ) und der AVOGADRO Konstante zu N
M( 2
A
m
M
( N
2
M(
N
) =
N
A
2
= 4,67 ⋅10
) 28 ⋅10
=
6 ⋅10
−26
kg
−3
23
kg mol
mol
−1
oder alternativ aus der relativen Molekülmasse Mr
( N2
) und der atomaren
Masseneinheit m zu
u
−1
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 02
ges

m
M
( N
2
) = M ( N ) m
r
2
= 4,67 ⋅10
u
−26
= 28 ⋅1,67
⋅10
kg
−27
Damit ist das mittlere Geschwindigkeitsquadrat für den Zustand ‘1‘
v
2
3k
T
=
m ( N
M
1
2
= 38,4 ⋅10
4
m
2
s
−2
−23
−1
kg
3 ⋅1,38
⋅10
J K ⋅ 433 K
=
)
−26
4,67 ⋅10
kg
Definitionsgemäß wird damit die mittlere Geschwindigkeit (Wurzel aus dem mittleren
Geschwindigkeitsquadrat)
v
m
= v
2
=
= 620 m s
38,4 ⋅10
−1
4
m
2
s
−2
= 6,20 ⋅10
2
m s
(c) Aus der Zustandsgleichung eines idealen Gases folgt
n Rm
T
V1
=
p
1
1
= 3 000 cm
0,167 mol ⋅8,31J
mol
=
5
2,0 ⋅10
N m
3
= 3,0 l
−1
K
−2
−1
−1
⋅ 433 K
= 3 ⋅10
Die Dichte ρ für den Zustand ‘1‘ ergibt sich aus der Masse m(
N2
) des Gases und
dem zugehörigen Volumen V ; mit
m(
N
2
) = N m
M
( N
= 4,67 ⋅10
kg
1
) = 1⋅10
2
−3
23
⋅ 4,67 ⋅10
−26
erhält man für die Dichte ρ1
des Gases im Zustand ‘1‘
ρ
1
1
−3
m(
N2
) 4,67 ⋅10
kg
−
= =
= 1,56 kg m
V
−3
3
3,0 ⋅10
m
Lösungsvariante
Die kinetische Gastheorie liefert den Zusammenhang zwischen den
makroskopischen Größen der Dichte ρ und des Drucks p mit der mikroskopischen
Größe der mittleren Geschwindigkeit
v
m
=
v
2
=
3 ⋅ p
ρ
vm
Mit den Zustandsgrößen für den Zustand ‘1‘ wird
ρ
1
3 p1
3 p
= =
2
( vm
) v
= 1,56 kg m
1
2
−3
5
kg
3
−2
3 ⋅ 2,0 ⋅10
kg m s
=
4 2
38,4 ⋅10
m s
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 02
−2
m
−2
−3
m
3

(d) Im p, V -Diagramm sieht der beschriebene Prozess folgendermaßen aus
(linearer Prozess ‘1‘ → ‘2‘)
p
p 1
p 2
' 1'
' 2'
V 1
2 V
(e) Die Zustände ‘1‘ und ‘2‘ sind jeweils gekennzeichnet durch Druck, Temperatur
und Volumen.
Anfangszustand ‘1‘ Endzustand ‘2‘
p 2,0 bar
p zu bestimmen
1 =
2
−3
3
V1 = 3,0 ⋅10
m V 2 = 2V1
1 433 K =
308 2 = T
T K
Die Zustandsgleichung eines idealen Gases gilt für den Anfangszustand ‘1‘ und den
Endzustand ‘2‘, also
und
p V = nR
1
2
1
2
m
p V = nR
m
T
1
T
2
oder nach Division der beiden Gleichungen durcheinander
p2V
p V
p
1
2
2
1
nR
=
nR
1
2
m
m
T2V1
= ⋅ p
T V
T
T
1
= 0,72 bar
2
1
308 K ⋅ V1
=
⋅ 2,0 bar
430 K ⋅ 2V
1
Bei der Expansion ‘1‘ → ‘2‘ wird die Arbeit W12
von System nach außen abgegeben;
nach der Vorzeichenkonvention gehört zu abgegebener Arbeit ein negatives
Vorzeichen. Die Der Betrag der abgegebenen Arbeit wird im p, V -Diagramm durch
die Fläche unter der p(V
) -Kurve repräsentiert. Zu bestimmen ist also die Fläche des
Trapezes.
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 02
V

Die abgegebene Arbeit wird (das Vorzeichen mit einbezogen)
W
12
1
= − W12
= − ( p1
+ p2
) ⋅(
V
2
1
5 −
= − (2,0 + 0,71) ⋅10
Nm
2
= − 407 J
2
2
−V
1
)
⋅(6,0
− 3,0) ⋅10
Die Änderung U der Inneren Energie U hängt nur von der Temperaturdifferenz
und ab
T
T
1
Δ U = nC
−
Δ 2
mv ( T2
T1
)
Die molare isochore Wärmekapazität Cmv
bestimmt sich aus den Freiheitsgraden
des Stickstoffmoleküls (bestimmt in Teilaufgabe (a)) zu
fges
C
mv
damit wird
fges
= R
2
ΔU
= nC
mv
m
( T
= − 434 J
2
=
5
2
⋅
1
8,31 Jmol
−1
K
−1
=
−3
20,78 Jmol
−T
) = 0,167 mol ⋅ 20,78
Jmol
−1
K
−1
−1
m
K
3
−1
⋅(308
− 433) K
Das Minus-Vorzeichen besagt, dass sich bei diesem Prozess die Innere Energie
absenkt.
Der 1. Hauptsatz der Wärmlehre verknüpft die Änderung der Inneren Energie ΔU
,
die umgesetzte Volumenänderungsarbeit und die umgesetzte Wärme Q
W U + = Δ
12 12 Q
W12 12
daraus erhält man die beim Prozess ‘1‘ → ‘2‘ umgesetzte Wärme
Q
12
= ΔU
−W12
= − 434 J − ( − 407 J)
= − 27 J
Das Minus-Vorzeichen besagt, dass bei diesem Prozess Wärme vom System
abgegeben wird.
Wärmelehre - 6 -
Prüfungsaufgabe 02
Q12

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 03
Die Stoffmenge n = 1,3
mol eines idealen, zweiatomigen Gases nimmt in einem An-
3
fangzustand ‘1‘ ein Volumen V = 0,
03 m ein; der Druck ist p 1bar
und die Tem-
peratur ist T1.
1
Das Gas wird nacheinander den beiden folgenden Zustandändsänderungen unterworfen:
'1' → '2
' : Isochore Erwärmung von T1 auf 2
in einen Zwischenzustand ‘2‘ bis zum Druck
T
p = ( 6 / 5)
p .
T2 3
'2 '→
'3
' : Isobare Erwärmung von auf T
in einen Endzustand ‘3‘ bis zum Endvolumen V = ( 5 / 4)
V .
(a) Skizzieren Sie diese beiden Prozesse (nicht maßstäblich) in einem p,V-
Diagramm.
T 3
(b) Bestimmen Sie die Temperaturen 1 , T2
und . T
(c) Berechnen Sie die in den Teilprozessen umgesetzten Wärmen und Q .
2
1 =
3
1
1
Q12 23
W12 23
(d) Berechnen Sie die in den Teilprozessen umgesetzten Arbeiten und . W
Hinweis: Für die Moleküle des zweiatomigen Gases sollen die Freiheitsgrade der
Rotation mit angeregt sein.
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 03

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 03 – Kurzlösungen
(a) Prozess '1' →'2' : Isochore Erwärmung ( V = const. ).
Prozess '2'→'3' : Isobare Erwärmung ( p = const. ).
p
p 2, p3
p1
' 1'
V
V
'2'
1
2
(b) Temperatur T 278 K ; Temperatur T 334
K ; Temperatur 417 K .
T
1 =
(c) Anzahl Freiheitsgrade f 5 .
ges =
2 =
Molare isochore Wärmekapazität C = 20,78 Jmol
K .
Molare isobare Wärmekapazität C = 29,10 Jmol
K .
mv
mp
Umgesetzten Wärmen: Q 1 503
J (zugeführt) und Q 3 155
J (zugeführt).
12 =
V3
'3'
−1
−1
−1
−1
23 =
(d) Volumenänderungsarbeit W 12 = 0 (isochorer Prozess, ∆V = 0 ).
Umgesetzte Wärme W = − 900
J (abgegeben).
23
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 03
T 3
T 2
T 1
V
3 =

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 03 – Musterlösung
(a) Indizierung der Systemzustände
Ausgangszustand ‘1‘: p , V , T (Gleichgewichtszustand)
1
1
Isochore Erwärmung ( V = const. ) (Prozess)
1
Zwischenzustand ‘2‘: p , V , T (Gleichgewichtszustand)
2
Isobare Erwärmung ( p = const. ) (Prozess)
2
2
Endzustand ‘3‘: p 3 = p2,
V3,
T3
(Gleichgewichtszustand)
p
p 2, p3
p1
' 1'
V
V
'2'
1
2
(b) Die Zustandsgleichung eines idealen Gases liefert die Temperatur im Zustand
T
1
p1V
=
nR
1
m
= 278 K
5
−2
−2
10 Nm
3⋅10
m
=
−1
1.
, 3 mol ⋅8,
31N
m mol K
Für eine isochore Erwärmung gilt speziell
T
p
= const.
für die Zustände '1' und '2'
wird
T
T
2
1
p
=
p
und damit
T
2
2
1
=
6 1
6
5
= ⋅T
5
=
= 334 K
6
⋅ 278 K
5
3
−1
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 03
V3
'3'
T 3
T 2
T 1
V
'1'

Für eine isobare Erwärmung gilt speziell
T
V
= const.
für die Zustände '2' und '3'
wird
T
T
3
2
T
3
=
V
V
3
2
=
5 6
= ⋅ ⋅T
4 5
= 417 K
V
V
1
3
1
=
=
5
4
5
4
6
⋅ ⋅ 278 K
5
(c) Für die beiden Erwärmungen gilt
Isochore Erwärmung
Isobare Erwärmung
'1' → '2'
Q = n C T −T
)
12
mv ( 2 1
'2'→ '3'
Q = n C T − T )
23
mp ( 3 2
Bei der Bestimmung der umgesetzten Wärmen benötigt man die molaren Wärmekapazitäten
und C . Diese bestimmen sich aus den Freiheitsgraden eines zwei-
Cmv mp
atomigen Moleküls. Nimmt man für das zweiatomige Molekül an, dass im betrachteten
Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der Rotation angeregt sind, dann ist
die Anzahl der Freiheitsgrade
f
ges
= f + f
trans
rot
= 3 + 2 = 5
Cmv ges
Die molare isochore Wärmekapazität bestimmt sich aus f zu
C
mv
fges
= R
2
m
=
5
2
⋅
8,31 Jmol
−1
K
−1
=
20,78 Jmol
Die molare isobare Wärmekapazität bestimmt sich aus f zu
C
mp
fges
+
= R
2
−1
K
−1
Cmp ges
2 7
−1
−1
−1
−1
m = ⋅ 8,31 Jmol
K = 29,10 Jmol
K
Damit werden die umgesetzten Wärmen
Q
12
= n C
mv
1 503
( T
J
2
2
= 1.
, 3 mol ⋅ 20,
78
Jmol
=
−T
) = n C
1
mv
−1
6
( T1
− T1)
= n C
5
−1
1
K ⋅ ⋅ 278
K
5
mv
1
T
5
das positive Vorzeichen von Q12
bedeutet ’zugeführte Wärme‘.
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 03
1

Und
Q
23
= n C
=
=
1,
3
mp
3 155
mol ⋅ 2
J
( T
3
−T
2
9,
08
) = n C
Jmol
mp
−1
K
30
( T
20
−1
1
6
− T1)
5
3
⋅ ⋅ 278
K
10
Das positive Vorzeichen von Q23
bedeutet nach der Vorzeichenkonvention ’zugeführte
Wärme‘.
(d) Beim isochoren Prozess '1' →'2'
wird keine Volumenänderungsarbeit verrichtet;
weil die Volumenänderung d V = 0 ist, wird
W 0 .
12 =
Für den isobaren Prozess '2'→'3' wird wegen const. p
W
W
V3
V3
23 = − ∫ p2
dV
= − p2
∫dV= − p2(
V3
−
V
V
23
2
5
V3
= V1
4
6 5 4
= − p2
V = − p1
( − ) V
5 4 4
= −
900
J
V
2
= V
1
2
V
1
1
)
2 =
3
= − 0,
9 ⋅10
Ein negatives Vorzeichen von W23
bedeutet nach der Vorzeichenkonvention ’abgegebene
Arbeit‘.
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 03
Nm

Probe
Die Änderung der Inneren Energie ∆ U , die umgesetzte Wärme QAE
und die umgesetzte
Arbeit W sind über den 1. Hauptsatz miteinander verknüpft; es gilt
E
AE
∆ U = U −U
= Q + W
A
AE
Es gilt für den Prozess '1' →'2'
mit
und
∆ U = U −U
= Q + W
U
Q
2
12
−U
1
2
+W
1
= n C
mv
= 1 503 J
12
12
( T
2
= 1 503 J
1
12
AE
= 1 503 J + 0 J
Es gilt für den Prozess
mit
und
3
2
23
−T
) = 1,3 mol ⋅ 20,78Jmol
'2'→'3' ∆ U = U −U
= Q + W
U
Q
3
23
−U
2
+W
= nC
mv
( T
= 2 242 J
23
3
= 2 255 J
−T
2
23
= 3 155 J − 900 J
) = 1,3 mol ⋅ 20,78
Jmol
−1
−1
K
K
−1
−1
(334 − 278) K
(417 − 334) K
Geringfügige Abweichungen erklären sich durch Rundungsfehler.
Wärmelehre - 6 -
Prüfungsaufgabe 03

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 04
Bei einem thermodynamischen Prozess werden 1 10 l = V eines (idealen) Gases aus
Molekülen mit fünf Freiheitsgraden von einer Temperatur 1 300 K = T auf eine
Temperatur 2 900 K gebracht. Dabei ergibt sich eine Druckerhöhung von
auf
= T
p 1,0 bar
bar 2,0 p .
1 =
2 =
(a) Skizzieren Sie den Vorgang in einem p,V-Diagramm; wählen Sie dabei den
kürzesten, linearen Weg und zeichnen Sie die beiden Isothermen für 1 und
qualitativ mit ein.
T
(b) Bestimmen Sie die Anzahl der Moleküle des Gases und die zugehörige
Teilchenmenge.
T 2
(c) Bestimmen Sie das Gasvolumen V2
nach Abschluss des Vorgangs und den
Betrag ΔU
der Änderung der Innere Energie; nimmt diese zu oder ab?
(d) Berechnen Sie für diesen Prozess die verrichtete Arbeit W12
und die umgesetzte
Wärme Q12
. Werden sie zugeführt oder abgegeben?
Markieren Sie im p,V-Diagramm die Fläche, die die umgesetzte Arbeit
repräsentiert.
(e) Luft besteht aus den Gasen O2 und N2, sowie einigen Edelgasen. Um welches
Gas könnte es sich bei dieser Aufgabe handeln? Begründen Sie Ihre Antwort.
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 04

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 04 – Kurzlösungen
Teilaufgabe (a)
p
' 1'
W 12
V 1
2 V
23
(b) Anzahl Moleküle N = 2,4 ⋅10
.
Stoffmenge n = 0,40 mol .
(c) Volumen 15 l . V
2 =
Anzahl Freiheitsgrade f 5 .
ges =
Molare isochore Wärmekapazität C = 20,78 Jmol
K .
'2'
mv
Änderung Innere Energie ΔU = 4 998 J (Zunahme; Temperaturerhöhung).
(d) Volumenänderungsarbeit W = − 750 J (Fläche Parallelogramm; abgegeben).
12
T1
Umgesetzte Wärme 5 748 J (zugeführt).
Q
(e) Anzahl Freiheitsgrade
12 =
f ) = f = 3 ;
ges (einatomig trans
f g) = f + f = 3 + 2 = 5 .
ges (zweiatomi trans rot
Sauerstoff oder Stickstoff . N
O2 2
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 04
V
T2
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 04 – Musterlösung
Teilaufgabe (a)
p
' 1'
W 12
V 1
2 V
'2'
(b) Variante 1: Die Zustandsgleichung (in der Schreibweise für Einzelmoleküle)
lautet
pV = N k T = n Rm
T
daraus erhält man die Anzahl der Moleküle
= 2,4 ⋅10
23
5
−2
−3
p V 10 Nm
10⋅10
m
N = =
k T
−23
−1
1,38⋅10
Nm
K ⋅300
K
3
T1
die Stoffmenge des Gases ergibt sich damit zu
n =
N
N
A
= 0,40 mol
23
2,4 ⋅10
=
23
6,02 ⋅10
mol
−1
Variante 2: Die Zustandsgleichung (in der üblichen molaren Schreibweise) lautet
p V = n Rm
T
daraus ergibt sich die Stoffmenge des Gases zu
p V
n =
R T
m
=
= 0,40 mol
10
5
Nm
−2
8.
31N
m mol
10 ⋅10
−1
K
−1
−3
m
3
⋅300
K
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 04
V
T2

und die Anzahl der Moleküle wird damit
N = n N
A
=
0,
40
23
= 2,
4 ⋅10
23
mol ⋅ 6,
02 ⋅10
mol
(c) Die allgemeine Zustandsgleichung für ein ideales Gas liefert für die beiden
Zustände den Zusammenhang
p1V1
p2V2
=
T T
1
daraus
p1V
V2
=
T1
= 15 l
1
2
T
⋅
p
2
2
1 bar ⋅ 10 l ⋅ 900
=
300 K ⋅ 2 bar
−1
K
Bei der Bestimmung der Änderung der Inneren Energie benötigt man die molare
Wärmekapazität Cmv
. Nimmt man für die Moleküle des Sauerstoffs und des
Stickstoffs an, dass im betrachteten Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der
Rotation angeregt sind, dann ist die Anzahl der Freiheitsgrade
f = f + f = 3 + 2 = 5
ges
trans
rot
Cmv ges
Die molare isochore Wärmekapazität bestimmt sich aus f zu
C
mv
fges
= R
2
m
=
5
2
⋅
8,31 Jmol
−1
K
−1
=
20,78 Jmol
Damit ergibt sich die Änderung der Inneren Energie
ΔU
= n Cmv
( T
= 4 998 J
2
−T
) = 0,40 mol⋅
20
1
, 78
Jmol
−1
K
−1
-1
⋅
K
−1
( 900 - 300)
Positives Vorzeichen bedeutet nach der Vorzeichenkonvention eine Zunahme der
Inneren Energie ( ΔT > 0 , Temperaturerhöhung).
(d) Die am Gas verrichtete Arbeit wird repräsentiert durch die Fläche unter der p, V -
Kurve, also der Fläche eines Parallelogramms (vgl. Teilaufgabe (a)). Dabei ist die
Vorzeichenkonvention zu berücksichtigen; bei einer Expansion wird Arbeit
abgegeben, das Vorzeichen ist negativ.
Man erhält (unter Einbezug des Vorzeichens)
W
12
p1
+ p
= −∫
p dV
= − [
2
= − 750 J
2
( V
2
( 1 + 2)
⋅10
−V1
)] = −
2
5
Nm
−2
K
( 15−10)
⋅10
Das negative Vorzeichen ( 12 0 ) bedeutet nach der Vorzeichenkonvention
‘abgegebene Arbeit‘.
< W
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 04
−3
m
3

Die Ergebnisse der Teilaufgaben (c) und (d) sind nicht unabhängig voneinander. Die
Änderung der Inneren Energie ΔU , die umgesetzte Wärme 12 und die umgesetzte
Arbeit sind über den 1. Hauptsatz miteinander verknüpft; es gilt allgemein
Q
W
12
Δ U = U −U
= Q + W
2
1
12
12
Hat man zwei der physikalischen Größen Δ U , Q12 und 12 unabhängig
voneinander bestimmt, dann erhält man die dritte Größe aus dem 1. Hauptsatz. Zur
Probe kann natürlich dann die dritte Größe ebenfalls unabhängig bestimmt werden.
W
Für die umgesetzte Wärme erhält man
Q
12
= ΔU
− W
= 5 748 J
12
= 4 998 J − ( −
750 J)
Ein positives Vorzeichen ( Q12 > 0 ) bedeutet nach der Vorzeichenkonvention
‘zugeführte Wärme‘.
(e) Die Anzahl der Freiheitsgrade der Moleküle des Gases ist mit fünf vorgegeben.
Edelgase sind einatomig, ihre Moleküle haben drei Freiheitsgrade der Translation
f
ges
(einatomig ) = ftrans
= 3
Nimmt man für ein zweiatomiges Gas an, dass im betrachteten Temperaturbereich
auch die Freiheitsgrade der Rotation angeregt sind, dann ist die Anzahl der
Freiheitsgrade
f
g) = f + f = 3 + 2 = 5
ges (zweiatomi trans rot
Diese Anzahl ist als Information in der Aufgabenstellung vorgegeben.
Zweiatomige Moleküle in der Zusammensetzung der Luft sind Sauerstoff O2
und
Stickstoff N .
2
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 04

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 05
Eine vorgegebene Teilchenmenge des
Gases Wasserstoff ( H2
) ist in einem
Zylinder mit verschiebbarem Kolben
eingeschlossen.
Der Ausgangszustand ist gekennzeichnet
durch die Zustandsgrößen
p 1,
0bar
, V 2,0 l und 20 C
o
ϑ .
1 =
1 =
1 =
Das Gas wird einer Zustandsänderung unterworfen. Diese Zustandänderung erfolgt
im p,V-Diagramm längs einer Geraden vom Anfangs- zum Endzustand (vgl. Skizze).
Der Endzustand ist bestimmt durch den Druck 2 2 bar = p und das Volumen l 3 2 = V .
Wasserstoff verhält sich im betrachteten Temperaturbereich wie ein ideales Gas.
(a) Welche Teilchenmenge n des Gases ist in dem Zylinder eingeschlossen?
(b) Welche Endtemperatur ϑ2
wird erreicht?
(c) Berechnen Sie die Arbeit W12
, die bei der beschriebenen Zustandsänderung
umgesetzt wird. Wird sie dem System zu- oder abgeführt? Kurze Begründung.
(d) Bestimmen Sie die molare Wärmekapazität Cmv
, wenn im betrachteten Temperaturbereich
die Freiheitsgrade der Translation und der Rotation angeregt sind.
(e) Bestimmen Sie die Änderung Δ U der Inneren Energie U des Systems bei der
beschriebenen Zustandsänderung. Nimmt die Innere Energie zu oder ab? Bitte
eine kurze Begründung.
(f) Welche Wärme Q12
wird bei der Zustandsänderung übertragen? Wird sie dem
System zugeführt oder entzogen? Kurze Begründung.
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 05
p
p2
p1
' 1'
V1
V2
' 2'
V

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 05 – Kurzlösungen
(a) Teilchenmenge n = 0,082 mol .
(b) Endtemperatur T 879 K bzw. ϑ C.
2 =
o
2 = 606
(c) Volumenänderungsarbeit W = −150
J (Fläche Trapez; abgegeben).
12
(d) Anzahl Freiheitsgrade f 5 .
ges =
Molare isochore Wärmekapazität C = 20,78 Jmol
K .
(e) Änderung Innere Energie ΔU = 1 000 J (Zunahme).
( 12)
(f) Übertragene Wärme 1 150 J (zugeführt).
Q
12 =
mv
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 05
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 05 – Musterlösung
(a) Die Teilchenmenge n des Gases erhält man aus der Zustandsgleichung für den
Zustand '1'
p1V1
n =
R T
m
1
= 0,082 mol
5
1⋅10
=
Nm
−2
8,31Nmmol
⋅ 2 ⋅10
−1
K
−1
−3
m
3
⋅ 293 K
(b) Die Endtemperatur T erhält man durch die Verknüpfung der Zustände '1' und '2'
p1V
T
daraus
T
2
1
1
p2
V
=
T
1
1
2
= 879 K
2
p2
V2
= T
p V
1
2
2 bar ⋅ 3 l
= ⋅ 293 K
1bar
⋅ 2 l
Dies liefert die CELSIUS Temperatur
ϑ
2
879 K
= ( − 273)
K
= 606
o
C
o
C
(c) Der Betrag der am Gas verrichteten Arbeit wird repräsentiert durch die Fläche
unter der p, V -Kurve im p,V-Diagramm, also der Fläche eines Trapezes. Dabei ist
die Vorzeichenkonvention zu berücksichtigen; bei einer Expansion wird Arbeit
abgegeben, das Vorzeichen ist negativ.
Unter Berücksichtigung des Vorzeichens wird
W
12
1
= − ( p1
+ p2)(
V2
−V1)
= −150
J
2
(d) Die molare isochore Wärmekapazität Cmv
bestimmt sich aus den Freiheitsgraden
eines idealen Gases, bestehend aus zweiatomigen Molekülen – hier als Arbeitsgas
Wasserstoff. Nimmt man für das zweiatomiges Molekül an, dass im betrachteten
Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der Rotation angeregt sind, dann ist die
Anzahl der Freiheitsgrade
f = f + f = 3 + 2 = 5
ges
trans
rot
Cmv ges
Die molare isochore Wärmekapazität bestimmt sich aus f zu
C
mv
fges
= R
2
m
=
5
2
⋅
8,31 Jmol
−1
K
−1
=
20,78 Jmol
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 05
−1
K
−1

(e) Die Änderung der Inneren Energie hängt lediglich von der Temperaturdifferenz
zweier Zustände ab und beträgt
ΔU = nC ( T −T
) = 0,082 mol ⋅ 20,78 Jmol
( 12)
mv
= 1000
J
2
1
-1
K
-1
⋅(
879 −
293)
K
Ein positives Vorzeichen bedeutet für den Prozess eine ‘Zunahme der Inneren
Energie‘.
(f) Die Ergebnisse dieser Teilaufgaben (c), (d) und (e) sind nicht unabhängig
voneinander. Die Änderung der Inneren Energie Δ U , die umgesetzte Wärme
und die umgesetzte Arbeit W12
sind über den 1. Hauptsatz miteinander verknüpft;
es gilt
Δ U = U −U
= Q + W
2
1
12
12
Hat man zwei der physikalischen Größen Δ U , Q12 und 12 unabhängig
voneinander bestimmt, dann erhält man die dritte aus dem 1. Hauptsatz. Zur Probe
kann natürlich dann die dritte Größe ebenfalls unabhängig bestimmt werden.
W
Mit dem 1. Hauptsatz folgt für die übertragene Wärme
Q
12
= ΔU − W
= 1150
J
12
= 1 000 J − ( −150J)
Die zugeführte Wärme Q12
wird umgesetzt in eine Erhöhung der Inneren Energie um
U und in abgegebene Volumenänderungsarbeit . W
Δ 12
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 05
Q12

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 06
Für das Volumen V0 der Teilchenmenge n = 0,
75 mol des (idealen) Gases Stickstoff
misst man die Zustandsgrößen Temperatur ϑ0 = C und Druck 0 1,
0 bar .
Beginnend von diesem Anfangszustand wird das Gas drei aufeinanderfolgenden
Zustandsänderungen unterworfen.
= p
'0'
1
Prozess '0' → '1'
: Kompression bei vollständiger Wärmeisolation auf V 1 = V0
.
5
Prozess '1' → '2'
: Abkühlen bei konstant gehaltenem Volumen auf
die Anfangstemperatur ϑ .
0
Prozess '2' →'3' : Entspannung bei Wärmeisolation auf den Anfangsdruck 0 . p
(a) Skizzieren Sie den Verlauf dieser Zustandsänderungen qualitativ in einem
p, V -Diagramm.
(b) Bestimmen Sie Temperatur ϑ und Druck p am Ende des Prozesses .
1
1
' 1 ' ' 0 ' →
(c) Welche Arbeit W wurde beim Prozess '0' → '1'
umgesetzt?
01
(d) Welcher Druck p stellt sich am Ende des Prozesses '1' → '2'
ein?
2
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 06
0 o

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 06 – Kurzlösungen
(a) Prozess '0' → '1'
: Isentrope; Prozess '1' → '2'
: Isochore;
Prozess '2' →'3'
: Isentrope.
0
p
p 1
p 2
p = p
3
T 0
V =
' 1'
' 2'
1 2 V
' 3'
V 3
(b) Anfangsvolumen V = 17,
0 dm .
Anzahl Freiheitsgrade f N ) = 5 .
0
ges ( 2
Isentropenexponent κ(
N2
) = 1,
40 .
Druck 9,52 bar .
p
1 =
Temperatur T 520 K bzw. ϑ C.
1 =
3
o
1 = 247
(c) Unterdrückter Wärmeaustausch; ΔQ 0.
1. Hauptsatz: ΔU
= U −U
= W .
2
1
12
12 =
Molare isochore Wärmekapazität C = 20,78 Jmol
K .
(d) Druck 5,00 bar .
p
2 =
mv
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 06
' 0'
V 0
−1
V
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 06 – Musterlösung
(a) Die speziellen Zustandsänderungen sind für
Prozess '0' → '1'
: Isentrope p 1 > p0;
V1
< V0;
T1
> T0
.
Prozess '1' → '2'
: Isochore p 0 < p2
< p1;
V2
= V1;
T2
= T0
.
Prozess '2' →'3' : Isentrope p 3 = p0;
V1
< V3
< V0;
T3
< T0
.
0
p
p 1
p 2
p = p
3
T 0
V =
' 1'
' 2'
1 2 V
' 3'
V 3
Eingezeichnet ist als Hilfslinie die Isotherme für ϑ = C .
(b) Für isentrope Zustandsänderungen gelten die POISSONschen Gleichungen, die
jeweils zwei Zustandsgrößen und den Isentropenkoeffizienten κ des betrachteten
Gases enthalten; also gleichberechtigt
pV
κ
= const.
' 0'
V 0
0 o
( κ−1)
( 1−
κ)
κ
TV = const.
p T = const.
Da in die jeweiligen Gleichungen nur Verhältnisse eingehen, muss das
Anfangsvolumen V0
, das durch die Zustandsgleichung eines idealen Gases
festgelegt ist, gar nicht explizit bekannt sein. Trotzdem – überflüssigerweise –
p V = nR
V
0
0
0
=
0
17,
0
m
nRmT
=
p
0
T
dm
0
=
3
0,
75
mol ⋅8,
31J
mol
10
5
Nm
−1
−2
K
−1
⋅ 273 K
=
V
17,
0 ⋅10
Der Isentropenexponent ergibt sich aus der Anzahl der Freiheitsgrade f der
Moleküle des betrachteten Gases. Stickstoff ist ein zweiatomiges Gas. Nimmt man
für die Moleküle an, dass im betrachteten Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade
der Rotation angeregt sind, dann ist die Anzahl der Freiheitsgrade
f
ges
( N2
) = ftrans
+ frot
= 3 + 2 = 5
−3
κ ges
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 06
m
3

Der Isentropenexponent ergibt sich aus der Anzahl der Freiheitsgrade zu
f
κ(
N2
) =
f
ges
( N2
) + 2
=
( N )
ges
2
7
5
=
1,
40
Der Enddruck p nach dem Prozess '0' → '1'
ergibt sich aus der Isentropengleichung
zu
p
p
1
κ κ
1V1
= p0V0
1
V
=
V
κ
0
κ
1
p
0
= 9,52 bar
V
= (
V
0
1
)
κ
p
0
V0
= (
1
V
5
0
)
κ
p
0
= 5
κ
⋅ p
0
= 5
1,
40
⋅1,0
bar
Die Endtemperatur T1 nach dem Prozess '0' → '1'
ergibt sich aus der
Isentropengleichung
zu
T
T
( κ−1)
1V1
1
V
=
V
= 520 K
= T V
( κ−1)
0
( κ−1)
1
0
T
0
( κ−1)
0
V
= (
V
0
1
)
( κ−1)
T
0
= 5
( κ−1)
⋅T
0
= 5
0,
40
⋅ 273 K = 1,90 ⋅ 273 K
Umrechnung der KELVIN-Temperatur auf CELSIUS-Temperatur
1 520 K = T entspricht C 247 C ) 273
520 K o
o
ϑ 1 = ( − =
K
Alternativer Lösungsweg
Für den Zustand '1'
gilt die Zustandsgleichung eines idealen Gases; dazu muss
allerdings das Anfangsvolumen V0
berechnet worden sein (s.o.). Aus der
Zustandsgleichung
p V = nR
1
1
wird mit
1
V 1 = V
5
T
1
=
0
519 K
m
m
T
1
p1
⋅ V
=
5
nR
0
1
5 −2
1
9,52 ⋅10
Nm ⋅ ⋅17,0
⋅10
=
5
−1
0,75 mol ⋅8,31J
mol K
Geringfügige Abweichungen ergeben sich aus Rundungsfehlern.
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 06
−3
−1
m
3

(c) Der 1. Hauptsatz der Wärmelehre
Δ U = U −U
= Q + W
2
1
12
12
reduziert sich für ein adiabates System mit unterdrücktem Wärmeaustausch, also
auf
12 = ΔQ
0
Δ U = U −U
= W
2
1
12
Die Innere Energie U eines idealen Gases hängt nur von der absoluten Temperatur
ab, deshalb kann ΔU aus End- und Anfangstemperatur des Prozesses '0' → '1'
berechnet werden. Die zusätzlich benötigte molare isochore Wärmekapazität Cmv
bestimmt sich aus den Freiheitsgraden f N ) zu
C
mv
Damit wird
W
12
f
= R
2
= U
=
ges ( 2
ges ( N2
) 5
−1
−1
−1
−1
m = ⋅ 8,31 Jmol
K = 20,78 Jmol
K
2
−U
1
0,75mol
= 3,85 kJ
= nC
⋅
5
2
⋅
mv
2
( T
2
8,31Jmol
5
−T1
) = n ⋅ R
2
−1
K
−1
m
⋅(
T
2
−T
1
⋅(520
− 273) K
Kontrollüberlegung: 12 0 bedeutet, am System wird bei der Kompression vom
Volumen auf Arbeit verrichtet.
> W
V
V0 1
(d) Für eine isochore Zustandsänderung '1' → '2'
vereinfacht sich die
Zustandsgleichung eines idealen Gases auf
p
T
Also gilt
2
= const.
p 2
=
T
p
T
1
1
mit der Zusatzforderung T = T wird
p
2
T2
T0
= p1
= p
T T
1
= 5,00 bar
1
1
2
0
273 K
= ⋅ 9,52 bar
520 K
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 06
)

Alternativer Lösungsweg
Für den Zustand '2'
gilt die Zustandsgleichung eines idealen Gases; dazu muss
allerdings das Anfangsvolumen V berechnet worden sein (vgl. Teilaufgabe (b)).
mit
p V = nR
2
2
m
T
2
1
V 2 = V1
= V0
T 2 = T0
(Isotherme!)
5
erhält man
p
2
nRmT0
0,75 mol ⋅8,31(Nm)
mol K
= =
1
1
−3
3
V0
⋅17,0
⋅10
m
5
5
= 5,0 bar
0
−1
−1
⋅ 273 K
= 500 ⋅10
(d) Zur Übung auch noch die Zahlenwerte für den Prozess '2' →'3'
.
Für die isentrope Zustandsänderung '2' →'3'
gilt
p
( 1−
κ)
3
T
κ ( 1−
κ)
κ
3 = p2
T2
Mit der Zusatzforderung
wird
T 2 = T0
und p 3 = p0
p
T
oder
T
T
( 1−
κ)
0
T
κ ( 1−
κ)
κ
3 = p2
T0
( 1−
κ)
κ p2
κ
3 = T
( 1−
κ)
0
p0
3
3
⎛ p
= ⎜
⎝ p
2
0
⎞
⎟
⎠
⎛ p2
⎞
=
⎜
⎟
⎝ p0
⎠
= 172 K
( 1−κ
)
κ
T
( 1−
κ)
κ
0
T
0
5,00
−0,4
1,4
−0,286
⎛ bar ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ 1,00 bar ⎠
⋅ 273 K = (5,00)
Umrechnung der KELVIN-Temperatur auf CELSIUS-Temperatur
T 3 = 172 K
entspricht
ϑ
3
172 K
= ( − 273)
K
= − 101
o
C
o
C
3
⋅ 273 K
Wärmelehre - 6 -
Prüfungsaufgabe 06
N
m
2

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 07
In einem Zylinder ist ein Volumen V durch einen leicht verschiebbaren Kolben
0
abgeschlossen. In diesem Volumen V befindet sich die Teilchenmenge n = 1 mol
des Gases Stickstoff ( N2) bei der Anfangstemperatur ϑ 0 = 0 und dem
Anfangsdruck 1,
0 bar .
p
0 =
Das Gas wird nacheinander drei Zustandsänderungen unterworfen
0
1
Prozess '0'→'1 ' : Isentrope Kompression auf das Volumen V 1 = V0
.
5
Prozess '1' →'2' : Abkühlung bei konstantem Volumen 1 auf die V
o C
Anfangstemperatur, also auf ϑ = ϑ = C .
Prozess '2'→'3' : Isentrope Entspannung auf den Anfangsdruck,
also auf p = p = 1,
0 bar.
3
Für sämtliche genannten Prozessen darf Stickstoff als ideales Gas (zweiatomiges
starres Hantelmodell) behandelt werden.
(a) Skizzieren Sie qualitativ diese drei Prozesse in einem Diagramm.
(b) Welche Temperatur ϑ 1 und welcher Druck 1 stellt sich nach der Kompression
ein?
p
'0'→'1' (c) Welche mechanische Volumenänderungsarbeit W01
wurde an dem Gas beim
Übergang vom Zustand ‘0’ in den Zustand ‘1’ verrichtet?
(d) Welcher Druck p stellt sich nach der Abkühlung '1' →'2'
ein?
2
(e) Welche Endtemperatur ϑ stellt sich nach der Entspannung '2'→'3' ein?
3
(f) Berechnen Sie die Differenz zwischen zugeführter und abgegebener
Volumenänderungsarbeit für den Gesamtprozess.
0
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 07
2
0
0 o

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 07 – Kurzlösungen
(a) p, V -Diagramm – qualitativ
p = p
0
p
p 1
p 2
3
T 0
V
V
'1'
1
2
' 2'
V 3
' 3'
(b) Anzahl Freiheitsgrade f N ) = 5 .
ges ( 2
Isentropenexponent κ = 1,
40 .
' 0'
V 0
Temperatur 1 520 K bzw. .
= T ϑ1=
C
Druck 9,52 bar .
p
1 =
o
247
(c) Ideale Wärmeisolation W01 = ΔU
= U1
− U0
.
Molare isochore Wärmekapazität C = 20,78 Jmol
K .
mv
Umgesetzte Arbeit/Änderung der Inneren Energie W = ΔU
= 5,1kJ
(zugeführt).
(d) Druck 5,0 bar .
p
2 =
(e) Temperatur T 172 K bzw. ϑ = − C.
3 =
3
101 o
(f) Adiabates System; 0 (Wärmeaustausch unterdrückt).
Q
23 =
Umgesetzte Arbeit 2,1 kJ (abgegeben).
= W
23 −
Insgesamt verrichtete Arbeit ΔW = W + W = 3,0 kJ.
01
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 07
23
V
−1
01
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 07 – Musterlösung
(a) p, V -Diagramm – qualitativ
p = p
0
p
p 1
p 2
3
T 0
V
V
'1'
1
2
' 2'
V 3
' 3'
(b) Man benutzt die beiden Isentropengleichungen, die Temperatur, bzw. Druck mit
dem Volumen verknüpfen, also
TV
( κ−1)
pV
κ
= const.
=
const.
Für die Stickstoffmoleküle des Gases soll gelten, dass im betrachteten
Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der Rotation angeregt sind. Die Anzahl
der Freiheitsgrade ist
f
ges
( N2
) = ftrans
+ frot
= 3 + 2 = 5
Der Isentropenexponent κ ergibt sich aus den Freiheitsgraden zu
f
κ =
( N2
) + 2 7
= =
f ( N ) 5
ges
ges
2
1,
40
Aus der Isentropengleichung
wird
T
T
0
1
1
V
( κ−1)
0
V
= (
V
0
1
)
= 520 K
ϑ = 247
= T V
o
C
1
( κ−1)
T
( κ−1)
1
0
= (5)
0,
4
' 0'
V 0
⋅ 273 K = 1,90 ⋅ 273 K
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 07
V

und mit der Isentropengleichung
wird
p
0
V
κ κ
0 = p1V
1
V0
p1=
( )
V
1
κ
⋅ p0
= 9,52 bar
= 5
1,
4
⋅1
bar
(c) Wegen der idealen Wärmeisolation wird die zugeführte Arbeit vollständig in
Innere Energie umgesetzt. Die Innere Energie hängt aber nur von der absoluten
Temperatur ab.
W
01
= ΔU
= U
= nC
− U
1 0
mv ( T1
− T0
)
Die zusätzlich benötigte molare isochore Wärmekapazität Cmv
bestimmt sich aus
den Freiheitsgraden f N ) zu
C
mv
damit wird
W
01
ges(
2
ges(
N2
) 5
−1
−1
−1
−1
m = ⋅ 8,31 Jmol
K = 20,78 Jmol
K
f
= R
2
= ΔU
= 1,0 mol ⋅ 20,78
Jmol
=
5,1kJ
2
−1
K
−1
(520 − 273) K
(d) Für die isochore Abkühlung gilt die spezielle Zustandsgleichung
oder
p
T
1
= const.
p 1
=
T
daraus
p
2
p
T
2
2
T2
= ⋅ p
T
1
1
= 5,0 bar
273 K
= ⋅ 9,52 bar
520 K
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 07

(e) Analog zu Teilaufgabe (b) gilt für den Zusammenhang zwischen Druck und
Temperatur für eine isentrope Zustandsänderung die Darstellung
also
p
p
daraus
T
( 1−
κ)
κ
T
( 1−
κ)
2
3
T
= const.
κ ( 1−
κ)
κ
2 = p3
T3
( 1−κ
)
κ
⎛ p2
⎞ ⎛ 5,0 bar ⎞
=
⎜
⎟ T2
= ⎜ ⎟
⎝ p3
⎠ ⎝ 1,0 bar ⎠
o
= 172 K
∧
− 101 C
−0,4
( )
1,4
⋅273
K = ( 5)
−0,29
⋅273
K = 0,64 ⋅273
K
(f) Die bei der isentropen Entspannung abgegebene Arbeit wird allein dem
Energievorrat der Inneren Energie entzogen; das System ist adiabat, also ist
0 . Q
23 =
W
23
= ΔU
= n C ( T −T
= − 2,1 kJ
mv
3
0
) = 1,
0 mol ⋅ 20
, 78
und schließlich die insgesamt verrichtete Arbeit
ΔW = W + W
01
= 3,0 kJ
23
= (5,1 − 2,1) kJ
Jmol
-1
K ⋅(
−101K)
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 07

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 08
p L
A
1 1 ,T p
h 1
p L
m
2 2 ,T p
h 2
p L
m
2 1 ,T p
In einem Zylinder ist unter einem Kolben (Masse vernachlässigbar;
2
Querschnittsfläche A = 20 cm ) das Gas Stickstoff 2 bei der Temperatur
eingeschlossen. Da der Kolben leicht beweglich ist, ist der Innendruck
gleich dem Außendruck . Der Kolben steht in der Höhe .
N
1 290 K =
p 1,
0 bar
cm 25 h
T 1 p
L =
1 =
Eine Person drückt nun mit der Hand den Kolben nach unten, bis die Kraft, die sie
ausüben muss, auf F = 200 N angewachsen ist. Dies geschieht so rasch, dass das
eingeschlossene Gas eine isentrope Zustandsänderung erfährt. Dann wird die Kraft
der Hand durch die Gewichtskraft einer auf den Kolben gelegten Körper der Masse
m entsprechender Größe ersetzt (vgl. Skizze).
In diesem Kräftegleichgewicht, herrscht nun im Gas der Druck p2
, der Kolben steht
in der Höhe ; die Gastemperatur beträgt . T
h2 2
Danach kühlt sich das Gas bei konstantem Druck 2 auf die Anfangstemperatur
ab; der Kolben sinkt dabei auf die Höhe ab.
T
h
(a) Bestimmen Sie den Druck und die Kolbenhöhe . h
(b) Welche Temperatur T2
stellt sich ein?
(c) Auf welche Höhe h3
sinkt der Kolben?
3
p2 2
(d) Welche Stoffmenge n ist im Zylinder eingeschlossen?
h 3
p 1
(e) Welche Arbeit W12 wird bei der ersten Kompression ( 1 auf ),
welche Arbeit bei der zweiten Kompression ( auf ) und
h 2 h
h
W23 2 h 3
welche Arbeit W insgesamt am Gas verrichtet?
13
Wämelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 08

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 08 – Kurzlösungen
Zustandsänderungen
'1' → '2'
: isentrope Kompression; '2'→'3' : isobare Kompression.
p
p 2
p1
T1
'3'
V
3
= Ah
(a) Druck 2,
0 bar .
p
2 =
3
T 2
V
'2'
2
= Ah
Anzahl Freiheitsgrade f N ) = 5 .
ges ( 2
Isentropenexponent κ(
N2
) = 1,
40 .
Kolbenhöhe h 15,2 cm .
2 =
(b) Temperatur 353
K .
T
2 =
(c) Kolbenhöhe h 12,5 cm .
3 =
−2
(d) Stoffmenge n = 2,
07 ⋅10
mol .
2
'1'
V
1
= Ah
(e) Molare isochore Wärmekapazität C = 20,
8 Jmol
K .
mv
Volumenänderungsarbeit W 27,
2 J.
12 =
Volumenänderungsarbeit W 10,
8 J.
23 =
Insgesamt umgesetzte Arbeit W 38,
0 J.
13 =
Wämelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 08
1
−1
−1
V

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 08 – Musterlösung
Vorbemerkung
Die beiden Zustandsänderungen des Gases sind
• '1' →'2'
: isentrope Kompression,
• '2'→'3' : isobare Kompression.
Grafische Darstellung im p, V -Diagramm
p
p2
p1
T1
'3'
V
3
= Ah
3
T 2
V
'2'
2
= Ah
2
'1'
V
1
= Ah
(a) Da sich alle Prozesse in einem Zylinder abspielen, ist das Volumen stets
proportional zur Kolbenhöhe und immer darstellbar als
V = A ⋅ h
Der Druck p2 ist die Summe aus dem Stempeldruck der Kraft F auf die
Querschnittsfläche A und dem äußeren Luftdruck
p
2
=
F
A
+
pL
200 N
=
−4
20 ⋅10
m
2
+
1,
0
bar =
Der Isentropenexponent κ ergibt sich aus der Anzahl der Freiheitsgrade fges
der
Moleküle des betrachteten Gases. Stickstoff ist ein zweiatomiges Molekül, bei dem
im Bereich der Raumtemperatur die Freiheitsgrade der Translation ftrans
und der
Rotation f angeregt sind. Die Anzahl der Freiheitsgrade wird
f
ges
rot
( N2
) = ftrans
+ frot
= 5
2,
0
Wämelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 08
bar
1
V

Daraus ergibt sich der Isentropenexponent
f
κ(
N2
) =
f
ges
( N2
) + 2
=
( N )
ges
2
7
5
=
1,
40
Die Isentropengleichung, die Drucke und Volumina miteinander verknüpft, lautet
Also
p
h
κ
) = p ( Ah
)
L(
Ah1
2 2
2
⎛ pL
⎞
= h1
⎜
⎟
⎝ p2
⎠
= 15,
2 cm
1/
κ
κ
= 25 ⋅(
0,
5)
( 5 / 7)
(b) Die Zustandsgleichung verknüpft die Zustandsgrößen p , V und T für eine
vorgegebene Stoffmenge n für die beiden Zustände '1' und '2'
gemäß
p2
V
T
2
2
p1V
=
T
1
1
daraus ergibt sich
p
Damit
T
2
2
( Ah
T
2
1
2
= 353 K
Alternative
) p1
( Ah1
)
=
T
p2
h2
= ⋅T
p h
1
1
1
2,
0 bar ⋅15,2
cm
=
⋅ 290 K
1,
0 bar ⋅ 25,0
cm
Man bestimmt zunächst die Stoffmenge n des Gases aus den Zustandsgrößen des
Zustands '1'
(vgl. Teilaufgabe (d)). Die Zustandsgleichung eines idealen Gases für
den Zustand '1'
liefert dann die zugehörige Temperatur
T
2
p2
Ah
=
n R
m
= 353 K
2
5
−2
−4
2,
0 ⋅10
Nm
⋅ 20 ⋅ 10 m ⋅15,
2 ⋅10
⋅ =
-1
−1
−2
8,
31N
m mol K ⋅ 2,
07 ⋅10
mol
(c) Für den isobaren Prozess '2'→'3' gilt
V 3
=
T
Oder
3
h 3
=
T
3
V
T
h
T
2
2
2
2
Wämelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 08
2
−2
m

mit der Zusatzforderung
T 3 = T1
erhält man
h
3
T1
= ⋅ h
T
2
2
= 12,
5 cm
290 K
= ⋅15,
2 cm
353 K
(d) Die Zustandsgleichung eines idealen Gases für den Zustand '1'
liefert die
Stoffmenge
pL
( Ah1
) 1,
0 ⋅10
Nm
⋅ 20 ⋅ 10 m ⋅ 25 ⋅10
n = ⋅ =
n R
-1
−1
8,
31N
m mol K ⋅ 290 K
m
= 2,
07⋅10
−2
mol
5
−2
(e) Für die verrichtete Arbeit beim isentropen Prozess '1' →'2' ( 12 0 ) gilt nach
dem 1. Hauptsatz
= Q
W = ΔU
= nC
−
12
( 12)
mv ( T2
T1
)
Die molare isochore Wärmekapazität C bestimmt sich aus f N ) = 5 zu
C
Damit
W
mv
12
f
= R
2
mv
−4
2
−2
ges(
N2
) 5
−1
−1
−1
−1
m = ⋅ 8,31 Jmol
K = 20,8 Jmol
K
= ΔU
12
= 27,2 J
= nC
mv
2
( T
2
1
−2
− T ) = 2,
07 ⋅10
m
mol ⋅ 20,8 J mol
Für die umgesetzte Arbeit beim isobaren Prozess '2'→'3' gilt
W
23
= − p A(
h
=
10,8
J
3
− h
2
5
) = −2,
0 ⋅10
Nm
−2
Damit wird die insgesamt umgesetzte Arbeit
W
13
= W + W
12
= 38,
0 J
23
= 27,2 J +
10,
8
J
⋅ 20⋅10
−4
m
2
( 12,
5
-1
ges ( 2
K
-1
( 353 −
− 15,
3)
⋅10
290)
Wämelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 08
−2
m
K
2

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 09
Die Stoffmenge n des Edelgases Helium wird dem skizzierten Kreisprozess
'1' →'2' →'3'
unterworfen. Der Anfangszustand '1'
wird durch folgende
Zustandsgrößen beschreiben: Druck:
p 1,
0 bar , Volumen V = 2,
0 dm und
1 =
Temperatur ϑ1 = C . Das Volumen V2 im Zustand ' beträgt ein Viertel des
Anfangsvolumens .
2 '
V
20 o
p
1
'3' •
'2'
•
(a) Klassifizieren/Benennen Sie die drei Einzelprozesse des skizzierten
Kreisprozesses.
(b) Bestimmen Sie die Stoffmenge n des Gases und die Anzahl N der He-Atome
des Gases.
(c) Welche mittlere kinetische Energie hat ein Helium-Atom im Zustand '1'
?
Welche Innere Energie U hat das Gas?
1
pV
T 3
(d) Bestimmen Sie die Temperaturen
und .
2 und des Gases in den Zuständen
T
'2' '3'
(e) Berechnen Sie für die drei Einzelschritte des Kreisprozesses die jeweils
umgesetzten Arbeiten , und und Wärmen , und Q .
W12 23 W 31 W 12 Q Q23 31
(f) Welchen Wirkungsgrad η hat eine Wärmekraftmaschine, die nach dem
th, real
= const.
•
'1'
skizzierten Kreisprozess arbeitet?
Vergleichen Sie diesen Wert dieses Kreisprozesses mit dem Wirkungsgrad einer
CARNOT Maschine , die zwischen den Temperaturen und arbeitet.
T
V
ηth, C
2 T 3
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 09
1
3

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 09 – Kurzlösungen
(a) Prozess '1' →'2'
: Isobare Kompression,
Prozess '2'→'3' : Isochore Erwärmung,
Prozess '3'→'1 ' : Isotherme Expansion.
(b) Stoffmenge n = 0,0821 mol .
22
Anzahl Teilchen N = 4,94 ⋅10
.
−21
(c) Mittlere kinetische Translationsenergie ε ( T ) = 6,07 ⋅10
J.
Innere Energie 300 J.
U
1 =
(d) Temperatur T 73,
3 K ; Temperatur
K 293
T = T = (isotherm).
2 =
(e) Abgegebene Arbeit W = 277 J.
31 −
Umgesetzte Wärme 277 J (zugeführt).
Q
31 +
Zugeführte Arbeit 150 J.
W
12 =
Anzahl Freiheitsgrade f ( He)
= 3 .
ges
Molare isobare Wärmekapazität C ( He)
= 20,78
Jmol
K .
Molare isochore Wärmekapazität C ( He)
= 12,46
Jmol
K .
Umgesetzte Wärme Q = − 375 J.
12
mp
mv
Umgesetzte Arbeit W 0 ( 0 = ΔV ).
23 =
Zugeführte Wärme Q = + 225 J.
(f) Insgesamt abgegebene Arbeit W = −127
J .
23
ges
Insgesamt zugeführte Wärme Q = + 502 J.
Realer Wirkungsgrad η = 0,
25 .
th, real
CARNOT-Wirkungsgrad η 0,75 .
th, C =
zu
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 09
3
kin
1
1
−1
−1
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 09 – Musterlösung
(a) Prozess '1' →'2'
: Der Druck bleibt konstant; isobare Kompression,
Prozess '2'→'3' : Das Volumen bleibt konstant; isochore Erwärmung,
Prozess '3'→'1 ' : Das Produkt aus Druck und Volumen bleibt konstant;
BOYLE-MARIOTTEsches Gesetz: isotherme Expansion.
(b) Die Stoffmenge n des Gases erhält man aus der Zustandsgleichung eines
idealen Gases für den Zustand '1'
p1V
n =
R T
=
m
1
1
=
0,0821mol
(10
5
(8,31Jmol
Nm)
(2 ⋅10
−1
K
−1
−3
)
m
3
)
(293 K)
Die zugehörige Anzahl der Teilchen erhält man aus der Definition der Stoffmenge
zu
N
n =
NA
N = n N
A
= 4,94 ⋅10
= 0,0821mol
⋅ 6,02 ⋅10
22
23
mol
(c) Die mittlere kinetische Translationsenergie eines Moleküls ist
3
ε kin = kT
2
−1
sie bezieht sich auf die drei Freiheitsgrade der Translation eines jeden Moleküls; mit
der BOLTZMANN Konstante k ergibt sich
3
εkin( T1)
= k T
2
1
= 6,07 ⋅10
3
= (1,38 ⋅10
2
−21
J
−23
JK
−1
) (293 K)
Die Innere Energie U im Zustand '1'
wird damit
U
1
= N ε
kin
= 300 J
1
= 4,94 ⋅10
22
⋅ 6,07 ⋅10
−21
(d) Für die isobare Zustandsänderung '1' →'2'
gilt speziell
V
T
damit
T
2
= const.
V2
= T
V
1
1
=
= 73,3 K
1
(293 K)
4
J
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 09

Weil die Zustandsänderung '3'→'1' isotherm ist, ist T = T = 293 K .
(e) Für die isotherme Expansion '3'→'1' wird mit
1
V
4
T 3 = T1
und V 3 = V2
= 1
die abgegebene Arbeit
W
31
= − n R
m
= −277
J
T
3
⎛ V
ln
⎜
⎝V
und die umgesetzte Wärme
1
3
⎞
⎟ = −
⎠
0,0821mol
⋅
8,31Jmol
Q = − W = + 277 J (positives Vorzeichen: Zugeführt)
31
31
Für die isobare Kompression '1' →'2'
wird mit
1
V
4
p 2 = p1
und V 2 = 1
die zugeführte Arbeit
W
12
= − p
1
= − (10
( V
5
= 150 J
2
−V
) = − (10
Nm
1
−2
5
Nm
3 −
) ⋅(
− )(2⋅
10
4
−2
3
m
)
3
−1
1 4 −
) ⋅(
− )(2 ⋅10
4 4
3
3
K
m
1
−1
3
⋅ 293 K ⋅ ln
Die Anzahl der Freiheitsgrade für das einatomige Edelgas Helium ist
f
ges ( He)
= ftrans
= 3
Die molare isobare Wärmekapazität bestimmt sich aus f zu
C
mp
( He)
fges
( He)
+ 2
= R
2
die umgesetzte Wärme wird
Q
12
= n C
mp
( T
= − 375 J
2
1
m
=
5
2
−T
) = 0,0821 mol ⋅
⋅
Cmp ges
8,31 Jmol
−1
K
−1
20,78
Jmol
Für die isochore Erwärmung '2'→'3' wird mit
=
−1
V = V ( ΔV = 0 ; das Volumen bleibt konstant)
3
2
die umgesetzte Arbeit
W 23 =
0
)
20,78
Jmol
K
−1
−1
K
( 4)
−1
⋅(73,3
− 293) K
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 09

die zugeführte Wärme wird (1. Hauptsatz)
23
mv ( T3
T2
Q = n C −
)
Die molare isochore Wärmekapazität C ( He)
bestimmt sich aus f ( He)
zu
C
damit
Q
mv
23
( He)
= n C
fges(
He)
= R
2
mv
( T
= + 225 J
3
−T
2
m
) =
=
3
2
⋅
mv
8,31 Jmol
0,0821mol
⋅
−1
K
−1
=
12,46
Jmol
12,46
Jmol
−1
K
−1
−1
K
−1
ges
⋅(293
− 73,3) K
(f) Der Wirkungsgrad ergibt sich aus den Beträgen der (pro Zyklus) abgegebenen
Nutzarbeit Wnutz und der (pro Zyklus) zugeführten Wärme Qzu
η
th, real
W
=
Q
nutz
zu
Die einzelnen Beiträge der umgesetzten Arbeiten und Wärmen wurden in
Teilaufgabe (e) berechnet.
Für einen Zyklus erhält man mit diesen Teilergebnissen für die insgesamt
umgesetzte Arbeit
W = W + W + W = (150 + 0 − 277) J
ges
12
= −127
J
23
31
Anschaulich wird die umgesetzte Arbeit repräsentiert durch die Differenz der Flächen
unter den Kurven der Zustandsänderungen '3'→'1' und '1' →'2'
. Dabei ist die
Vorzeichenkonvention zu beachten.
Die Summe der zugeführten Wärmen, für die beiden Zustandsänderungen '2'→'3' und '3'→'1' ist
Q
zu
= Q23
+ Q
= + 502 J
31
= (225 + 277) J
(Hinweis: Bei der isobaren Kompresssion '1' →'2'
wird Wärme abgegeben)
Damit wird der reale Wirkungsgrad
η
th, real
=
W
Q
ges
zu
127 J
=
502 J
= 0,
25
Eine CARNOT-Maschine, die zwischen den Wärmebädern mit den Temperaturen
T = T und 2 arbeitet, hat den Wirkungsgrad
T
3
η
1
th, C
T
= 1−
T
= 0,75
2
3
73,3 K
= 1−
= 1−
0,25
293 K
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 09

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 10
Mit einer vorgegebenen Stoffmenge n
des idealen Gases Helium wird der im
p, V -Diagramm dargestellte rechtsläufige
Kreisprozess '1' → '2'
→ '3'
durchgeführt.
Die Teilprozesse sind
Der Anfangszustand '1' ist festgelegt durch die Zustandsgrößen 1,0 bar ,
p
3
V = 2,0 dm und ϑ C.
Das Volumen im Zustand '2'
ist V = 0,5 dm .
1
'1' → '2'
: Isobare Kompression,
'2' → '3'
: Isochore Erwärmung,
'3' → '1'
: Isentrope Expansion.
20 o
1 =
(a) Bestimmen Sie die Stoffmenge n des Gases.
T2 3
(b) Berechnen Sie die Temperaturen und T für die Zustände ' und . 2 ' ' 3 '
(c) Berechnen Sie die gesamte Wärme Qzu
, die pro Zyklus zugeführt wird.
(d) Welche mechanische Nutzarbeit W = W12
+ W23
+ W31
wird pro Zyklus
abgegeben?
(e) Bestimmen Sie aus mechanischer Nutzarbeit W und zugeführter Wärme
den Wirkungsgrad η dieser Wärmekraftmaschine.
th, real
(f) Welchen thermodynamischen Wirkungsgrad η th, C hätte eine ideale
Wärmekraftmaschine (vom Typ CARNOT oder STIRLING), die zwischen denselben
Extremtemperaturen und liefe? T
T3 2
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 10
p
' 3'
'2'
•
•
2
1 =
•
' 1'
3
V
Qzu

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 10 – Kurzlösungen
(a) Teilchenmenge n = 0,082 mol .
(b) Temperatur 73,
3 K .
T
2 =
Anzahl Freiheitsgrade f (He) = 3 .
ges
Isentropenexponent κ(
He)
= 1,
67 .
Temperatur T 738 K .
3 =
(c) Molare isochore Wärmekapazität C ( He)
= 12,46
Jmol
K .
Insgesamt zugeführte Wärme Q = Q = 680 J.
(d) Zugeführte Arbeit 150 J .
W
12 =
zu
mv
Umgesetzte Arbeit W 0 J ( ΔV 0).
23 =
Abgegebene Arbeit W = 455 J.
31 −
23 =
Mechanische Nutzarbeit W = − 305 J (ein Zyklus).
(e) Realer Wirkungsgrad η = 0,45 ( oder 45%)
.
th, real
(f) CARNOT Wirkungsgrad η 0,90 (oder 90 %) .
th, C =
23
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 10
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 10 – Musterlösung
(a) Die Zustandsgleichung eines idealen Gases für den Zustand '1'
liefert die
Teilchenmenge
p1V1
n =
R T
m
1
=
= 0,082 mol
10
5
Nm
-2
( 8,31N
m mol
2 ⋅10
−1
K
−3
−1
m
3
) 293 K
(b) Für die isobare Zustandsänderung von '1' → '2'
gilt die Beziehung
V 2
=
T
2
V
T
1
1
daraus erhält man
T
2
V2
= T
V
1
1
= 73,
3 K
0,5 l
= ⋅ 293 K
2,0 l
Für die isentrope Zustandsänderung '3' → '1'
gilt
T
3
V
( κ − 1)
3
= T V
1
( κ − 1)
1
Der Isentropenexponent κ ergibt sich aus der Anzahl der Freiheitsgrade f der
Moleküle des betrachteten Gases. Helium ist ein einatomiges Edelgas mit
f
ges (He) = ftrans
= 3
Daraus ergibt sich der Isentropenexponent
f
κ(
He)
=
f
ges
(He) + 2
=
(He)
ges
Mit der Zusatzbedingung
V = V
3
2
5
3
=
1,
67
erhält man für die Temperatur im Zustand
T
3
⎛ V1
⎞
= ⎜
⎟
⎝V2
⎠
= 738 K
( κ−1)
⋅T
1
=
4 0,67
⋅ 293 K
(c) Bei diesem Kreisprozess wird nur beim Teilprozess '2'→'3' Wärme zugeführt
Q 0 (isochore Erwärmung),
23 >
Q 0 (isentrope Expansion),
31 =
Q 0 (isobare Kompression mit ΔV 0 und ΔU 0 ).
12 <
'3'
12 <
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 10
12 <
ges

Für eine isochore Zustandsänderung ( W 23 = 0 ) liefert der 1. Hauptsatz
ΔU
= Q + W
23
damit wird
23
23
23
23
mv ( T3
T2
Q = ΔU
= n C −
)
Aus der Anzahl der Freiheitsgrade der Helium-Atome ergibt sich die molare isochore
Wärmekapazität zu
C
mv
( He)
fges
( He)
= R
2
m
=
3
2
Die insgesamt zugeführte Wärme ist
Q zu = Q23
Q
zu
= 0,082 mol ⋅12,46
Jmol
= 680 J
⋅
8,31 Jmol
−1
K
−1
−1
K
−1
(664,7 K)
=
12,46
Jmol
(d) Es ist für die isobare Zustandsänderung '1' →'2' ( p const. )
W
12
= − p
V
2
∫
1
V
1
= 150 J
dV
= − p ( V
1
2
− V ) = − ( 10
1
5
Nm
−2
1 =
−1
K
−1
) ⋅(
0,5 − 2,0)
⋅10
Es ist für die isochore Zustandsänderung '2'→'3' ( V = V = const. )
(keine Volumenänderung ΔV 0 )
W23
=
0 J
23 =
Es ist für die isentrope Zustandsänderung
'3'→'1 '
(adiabates System, kein Wärmeaustausch, also ΔQ 31 = 0)
W
31
= ΔU
31
= − 455 J
= n C
mv
( T
1
−T
3
) = 0,082 ⋅mol
12,
46
2
Jmol
3
−1
K
−1
−3
m
3
( − 445 K)
Die insgesamt abgegebene mechanische Nutzarbeit in einen Zyklus wird damit
W = W + W + W
12
= − 305 J
23
31
=
( 150
+ 0 −
455)
Das negative Vorzeichen bestätigt, dass bei einem rechtsläufigen Kreisprozess
insgesamt Arbeit abgegeben wird.
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 10
J

(e) Der Wirkungsgrad η dieser Wärmekraftmaschine ist
η
th, real
=
W
Q
23
th, real
305 J
= = 0,45
680 J
( oder 45%)
(f) Der Wirkungsgrad eines CARNOT Prozesses ist
η
th, C
T
= 1−
T
2
3
= 0,90
73,3 K
= 1−
738 K
(oder 90 %)
Dies ist der Wirkungsgrad aller idealen Wärmekraftmaschinen zwischen den beiden
Temperaturbädern mit den Temperaturen T 738 K und T 73,3 K .
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 10
3 =
2 =

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 11
Ein ideales zweiatomiges Gas (starres Hantelmodell) ist in einen vollständig
wärmeisolierten Zylinder eingeschlossen. Die Querschnittsfläche des Zylinders ist
−2
2
A = 10 m . Der Zylinder wird durch einen Kolben (Masse m K = 2,0 kg )
abgeschlossen. Der Kolben ist anfangs bei der Höhe y 0,10 m fest verriegelt (vgl.
Skizze 1). Die Temperatur des eingeschlossenen Gases ist T 300 K , der Druck
0 = p
2,0 bar .
(a) Welche Stoffmenge n des Gases ist in dem Zylinder eingeschlossen?
Der Kolben wird nun plötzlich entriegelt. Er bewegt sich nach der Entriegelung
beschleunigt und reibungsfrei nach oben. Dabei schließt der Kolben gasdicht ab (vgl.
Skizze 2). Der äußere Luftdruck ist p 1,0 bar .
L =
(b) Wie hängen der Druck p (y ) und die Temperatur T (y ) des Gases von der
Kolbenhöhe y ab?
(c) Geben Sie die resultierende Kraft ( ) auf den Kolben an.
F
res y
Für welche Kolbenhöhe y1
ist die resultierende Kraft auf den Kolben null?
Welche Temperatur T gehört dazu?
1
(d) Geben Sie die Kolbenhöhe y2
an, bei der die Geschwindigkeit des Kolbens am
größten ist.
(e) Bestimmen Sie allgemein die Kolbengeschwindigkeit v(y
) in Abhängigkeit von
der Höhe y . (Hinweis: Energiesatz benutzen.)
y 0
0
y
0
0 =
0 =
Skizze 1
Skizze 2
y y
V 0
p0
p L
T 0
Verriegelung
v (y )
pL
p (y )
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 11

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 11 – Kurzlösungen
(a) Stoffmenge n = 0,080 mol .
(b) Anzahl der Freiheitsgrade f (zweiatomig)
= 5 .
ges
Isentropenexponent κ ( zweiatomig)
= 1,
40 .
Volumina V ( y ) ~ y (Querschnitt A konstant).
Druck
κ
( κ−1
y 0
y
)
0
p(
y)
= p0
; Temperatur T ( y)
= T
κ
0
y
( κ−1
y
)
.
(c) Kraft auf Kolben F y ) = A p(
y ) − ( A p + m g)
; NEWTON: F y)
= m a(
y)
.
res(
L K
res(
K
Für F ( y ) = 0 wird Beschleunigung a ( y ) = 0 ; = A p(
y ) − ( A p + m g)
.
res
Kolbenhöhe y 0,162 m .
1 =
Temperatur T 247 K .
1 =
0 1 L K
(d) Maximale Geschwindigkeit – Kolbenhöhe y 2 = y1
( F 0).
res =
(e) Abnahme Innere Energie Δ U = U y)
− U(
y ) = n C [ T(
y)
−T
( y )] .
( 0 mv
0
Hubarbeit (Anheben Kolben) E = m g y − y ) .
pot
K
( 0
Arbeit gegen äußeren Luftdruck W = p A)
( y − y ) .
L
( L
0
1
E kin = mK
v(
y ) .
2
Kinetische Energie Kolben [ ] 2
Energiebilanz: ΔU
= WL
+ Epot
+ Ekin
− .
n Cmv
[ T(
y 0 ) − T(
y)]
− ( pL
A + mK
g)
( y − y0
)
Geschwindigkeit: v(
y)
= 2 ⋅
.
m
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 11
K

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 11 – Musterlösung
(a) Die Zustandsgleichung eines idealen Gases lautet für den Anfangszustand ‘0‘
p V = n R
0
0
m
T
Daraus ergibt sich die Stoffmenge
p
n =
T
=
0
0
V
R
0
m
0,080 mol
0
2,0 ⋅10
=
5
N m
−2
8,31N
m mol
⋅10
−1
−2
K
m
−1
2
⋅10
−1
⋅300
K
(b) Der Vorgang erfolgt rasch und damit ohne Wärmeaustausch mit der Umgebung.
Für isentrope Zustandsänderungen in einem adiabaten System gelten die
POISSONschen Gleichungen, die jeweils zwei Zustandsgrößen und den
Isentropenkoeffizienten κ des betrachteten Gases enthalten. Die speziellen
Isentropengleichungen sind
pV
κ
= const.
( κ − 1)
TV = const . p = const.
m
( 1−
κ)
κ
T
Die jeweiligen Konstanten ergeben sich aus den Zustandsgrößen des Systems im
Anfangszustand ‘0‘.
Der Isentropenexponent κ ergibt sich aus der Anzahl der Freiheitsgrade fges
der
Moleküle des betrachteten Gases. Für ein zweiatomiges Molekül, bei dem im Bereich
der Raumtemperatur die Freiheitsgrade der Translation ftrans und der Rotation frot
angeregt sind, ist die Anzahl der Freiheitsgrade
f
g) = f + f = 3 + 2 = 5
ges (zweiatomi trans rot
Daraus ergibt sich der Isentropenexponent
f
κ(
zweiatomig)
=
f
ges
(zweiatomig)
+ 2
=
(zweiatomig)
ges
7
5
=
1,
40
Die Volumina (y ) und V ( y = V sind bei konstantem Querschnitt A
V 0 ) 0
(zylindrisches Gefäß) proportional zu
( y ) A y
( 0 ) 0
V = ⋅ und V y = A ⋅ y
y bzw. y0
, also
Damit werden aus den Isentropengleichungen, die die Volumina enthalten
κ κ
= p0
0
p ( y)
V V und
TV
( κ−1)
( κ−1)
= T0V0
die Isentropengleichungen, die die y -Koordinaten enthalten
κ κ
= p0
0
p ( y)
y y und
daraus ergibt sich
κ
0
κ
y
p(
y)
= p0
und
y
( κ−1)
( κ −1
T ( y ) y = T y
)
T ( y ) = T
0
0
( κ−1
y
)
0
( κ−1
y
)
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 11
0

(c) Die Definition des Druckes als Quotient aus wirkender Normalkraft und
zugehöriger Fläche liefert für die Beträge der Kraft auf den Kolben folgende Beiträge
- in positive y-Richtung F+ = A ⋅ p(y
)
- in negative y-Richtung F = A ⋅ p + m ⋅ g
Damit
F y)
= A p(
y)
− ( A p + m
res(
L K
g)
− L K
Eine (resultierende) Kraft auf den Kolben bewirkt dessen Beschleunigung nach dem
NEWTONschen Aktionsgesetz
F y)
= m a(
y)
res(
K
Der resultierenden Kraft Fres ( y)
= 0 , und damit der Beschleunigung a(
y ) = 0 , sei die
Kolbenhöhe y zugeordnet. Also gilt
1
0 = A p(
y1)
− ( A pL
+ mKg
)
Für den Druck p y ) ist dabei das Ergebnis aus Teilaufgabe (b) einzusetzen
( p y
1 )
damit wird
und
A p
y
1
0
y
= p
κ
0
⎛
= ⎜
⎝10
0
1
y
κ
1
y
y
( 1
κ
0
κ
1
⎛ A p0
= ⎜
⎝ ( A pL
+ m
−2
m
− ( A p
2
K
⎛ 3
2 10 ⎞
⎜
⋅
=
⎟
⎜ 3
( 10 20)
⎟
⎝ + ⎠
= 0,162 m
L
⎞
) ⎟
g ⎠
−2
+
m
K
g)
= 0
10 m ⋅ 2,0 ⋅10
N m
5 −2
⋅1,0
⋅10
N m + 2,0 kg ⋅9,81m
s
⎛ 5 ⎞
⎜ ⎟
⎝ 7 ⎠
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟
⎝ κ ⎠
2
⋅ y
0
5
−2
⋅0,
10 m = 1,618 ⋅0,10
m
−2
⎞
⎟
⎠
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟
⎝ κ ⎠
⋅0,10
m
Die zugehörige Temperatur T1
ergibt sich mit dem Teilergebnis aus Teilaufgabe (c)
T
1
( ) ( )
0,100
300 K 0,825 300 K
0,162
247 K
0,4
κ−1
⎛ y0
⎞ ⎛ ⎞
= ⎜
⎟ ⋅T0
= ⎜ ⎟ ⋅ = ⋅
⎝ y1
⎠ ⎝ ⎠
=
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 11

(d) Es muss gelten
y = y (also der Kolbenhöhe, bei der F 0 ist.)
2
1
res =
Begründung: Für y > y1
wird F res < 0 , also negativ; d. h. der Kolben wird
abgebremst, also wieder langsamer.
Die Geschwindigkeit hat einen Extremwert, wenn ihre zeitliche Änderung gleich null
ist. Wegen
dv
= a
dt
ist dies dann der Fall, wenn die Beschleunigung und die resultierende Kraft gleich
null sind.
(e) Die Energiebilanz liefert: Der Betrag der Abnahme Δ U der Inneren Energie U ist
gleich der Zunahme der kinetischen Energie Ekin
und potentiellen Energie der Lage
Epot des Kolbens plus der Arbeit WL
, die der Kolben gegen den äußeren Luftdruck
verrichtet.
Die Abnahme ΔU
der inneren Energie U ist
Δ U = U y)
− U(
y ) = nC
[ T(
y)
−T
( y )] ; mit T y)
< T(
y )
( 0 mv
0
Die Hubarbeit zum Anheben des Kolbens ist
E = m g y − y )
pot
K
( 0
Die Arbeit gegen den konstanten äußeren Luftdruck ist
W = p A)
( y − y )
L
( L
0
Die kinetische Energie des bewegten Kolbens ist
[ ] 2
1
E kin = mK
v(
y )
2
Zusammengenommen ergibt sich damit die Energiebilanz
− ΔU
= W + E + E
L
pot
kin
( 0
Einsetzen der oben aufgestellten Beziehungen liefert
n Cmv
[ T ( y 0 ) − T ( y )] = ( pL
A + mKg
) ( y − y 0 ) +
1
mK
2
[ v(
y )]
1
mK 2
2
[ v(
y )] = n Cmv
[ T ( y 0 ) − T ( y )] − ( pL
A + mKg
) ( y − y 0 )
Damit wird die Geschwindigkeit des Kolbens
v(
y)
=
n C
2 ⋅
mv
[ T(
y
0
)
− T(
y)]
−
m
( pL
A + mKg
) ( y − y
K
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 11
0
)
2

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 12
In einem durch einen reibungsfrei beweglichen Kolben abgeschlossenen Zylinder
befindet sich Wasserstoffgas H ) (Masse m = 1,4 g);
die Temperatur des Gases ist
( 2
ϑ C und der Druck im Zylinder ist p 1,0 bar .
27 o
1 =
(a) Welche Stoffmenge n des Gases befindet sich im Zylinder?
(b) Welches Volumen nimmt das Gas bei der Temperatur
1
1 =
V 1
ϑ ein?
Anschließend wird der Wasserstoff vom Anfangsvolumen V auf das Volumen
V
2
= 3,053 dm
3
3
komprimiert. Für diesen Prozess ist (1) Arbeit vom Betrag
W = 4 ⋅10
J aufzuwenden und (2) wird dem Gas durch Kühlung Wärme vom
12
Betrag Q = 1,0 ⋅10
J entzogen.
12
3
(c) Berechnen Sie die Änderung 2 1 U U U − = Δ der Inneren Energie U und die
Endtemperatur T2
nach dieser Kompression und Kühlung.
(d) Welcher Druck gehört zur Temperatur ? T
p2 2
(e) Berechnen Sie den Polytropenexponenten ν . Setzen Sie voraus, dass die
Kompression polytrop, also durch pV = const. , beschrieben werden kann.
ν
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 12
1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 12 – Kurzlösungen
(a) Molare Masse M ( H ) = 2,0 gmol
; Stoffmenge n = 0,70 mol .
(b) Volumen V = 17,5⋅10
m .
1
2
−3
3
−1
(c) Änderung Innere Energie (Kompression '1' →'2' ); Δ U = U2
−U1
= Q12
+ W12
.
Kompression – zugeführte Arbeit W = + 4,0 ⋅10
J.
Abkühlung – entzogene Wärme Q = − 1,0 ⋅10
J .
Innere Energie – Änderung ΔU = 3,0 ⋅10
J.
Anzahl Freiheitsgrade f ) = 5 .
ges (H2 Molare isochore Wärmekapazität C ( H ) = 20,78 Jmol
K .
Temperatur 506 K .
T
2 =
(d) Druck 9,65 bar .
p
2 =
(e) Polytropenexponent ν = 1,
30 .
12
12
mv
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 12
3
2
3
3
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 12 – Musterlösung
(a) Die Stoffmenge n lässt sich aus Masse m und molarer Masse M darstellen als
m
n =
M ( H2
)
mit der molaren Masse für Wasserstoff M ( H ) = 2,0 gmol
wird die Stoffmenge
m
n =
M ( H
2
=
)
= 0,70 mol
1,4 g
2,0 gmol
−1
(b) Für den Zustand '1'
ergibt sich aus der Zustandsgleichung eines idealen Gases
das eingenommene Volumen zu
n Rm
T
V1
=
p
1
1
= 17,5⋅10
0,7 mol ⋅ 8,31 Jmol
=
5
10 Nm
−3
m
3
−1
−2
K
−1
2
⋅300
K
(c) Änderung der Inneren Energie bei der Kompression '1' →'2'
Δ U = U −U
= Q + W
2
1
12
Bei der Kompression wird dem Gas Arbeit zugeführt
Bei der Abkühlung wird dem Gas Wärme entzogen
12
W
Q
−1
12
12
= + 4,0 ⋅10
= − 1,0 ⋅10
Nach dem 1. Hauptsatz wird damit die Änderung Δ U der Inneren Energie U
ΔU = U −U
= Q + W
2
= 3,0 ⋅10
1
3
J
12
12
= −1,0
⋅10
3
J + 4,0⋅10
Die Änderung ΔU
der Inneren Energie U hängt nur von der Temperaturdifferenz
Es gilt
) T T − = Δ ab
( 2 1 T
ΔU
= nC
−
mv ( T2
T1
)
Die molare isochore Wärmekapazität Cmv
(H2 ) ergibt sich aus der Anzahl der
Freiheitsgrade eines Wasserstoffmoleküls. Nimmt man für das zweiatomiges Gas an,
dass im betrachteten Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der Rotation
angeregt sind, dann ist
f ) = f + f = 3 + 2 = 5
ges (H2 trans rot
Die molare isochore Wärmekapazität C bestimmt sich aus f ) zu
C
mv
( H
2
fges
) = R
2
m
=
5
2
⋅
8,31 Jmol
−1
mv
K
−1
=
3
J
20,78 Jmol
−1
K
−1
ges (H2 Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 12
3
3
J
J

damit bestimmt sich die Temperatur T2
zu
T
2
ΔU
=
nC
( H
mv
= 506 K
2
)
+
T
1
3,0⋅10
J
=
0,70 mol⋅20,78
Jmol
3
−1
K
−1
+
300 K = 206 K + 300 K
(d) Die Zustandsgleichung eines idealen Gases liefert für ein geschlossenes System
pV
T
= const.
Angewandt auf die beiden Zustände '1' und '2'
ergibt dies für
p
2
V1T2
= p
V T
2
1
1
= 9,65 bar
17,5 dm
=
3,05 dm
Alternativer Lösungsweg
3
3
⋅506
K
⋅1,0
bar
⋅300
K
Zustandsgleichung für den Zustand '2'
anschreiben und die Teilergebnisse von (a)
und (c) benutzen.
(e) Laut Aufgabenstellung soll für den Prozess '1' →'2'
gelten
ν
p V
= const.
Angewandt auf die beiden Zustände '1' und '2'
ergibt dies
oder
p
1
⎛ V
⎜
⎝V
V
1
2
ν ν
1 = p2
V2
⎞
⎟
⎠
ν
⎛ p
= ⎜
⎝ p
2
1
⎞
⎟
⎠
Logarithmieren liefert
⎛ V
ln ⎜
⎝V
1
2
⎞
⎟
⎠
ν
⎛ p
= ln ⎜
⎝ p
2
1
⎞
⎟
⎠
Oder umgeformt nach den Rechenregeln der Logarithmen
⎛ V
ν ⋅ ⎜ 1
ln
⎝V2
⎞ ⎛ p
⎟ = ln ⎜
⎠ ⎝ p
Damit wird der Polytropenexponent
⎛ p
ln ⎜
⎝ p
ν =
⎛ V
ln ⎜
⎝V
=
1,
30
2
1
1
2
2
1
⎞
⎟
⎠
⎞ ⎛ 9,
65 bar ⎞
⎟ ln⎜
⎟
⎠ 1,
0 bar ln(
9,
65)
=
⎝ ⎠
=
⎞ ⎛
3
17,
5 dm ⎞ ln(
5,
72)
⎟ ln⎜
⎟
⎜
3
⎠ 3,
053 dm
⎟
⎝ ⎠
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 12

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 13
Eine abgeschlossene Menge eines idealen
Gases wird, ausgehend vom Ausgangszustand
' 0' (Zustandsgrößen p 1 bar ,
0 =
0 1 l und ), auf die Hälfte
seines Volumens verdichtet.
= V ϑ0
= C
Während der Kompression wird Wärme so
zugeführt, dass eine Zustandsänderung
2
gemäß der Beziehung p ⋅V = const.
durchlaufen wird.
o
22
(a) Welcher Enddruck p1
wird erreicht?
(b) Welche Endtemperatur ϑ1
stellt sich ein?
(c) Welche Arbeit wurde dem System bei der Kompression zugeführt?
(d) Bestimmen Sie die zugeführte Wärme.
Das Gas soll als zweiatomiges starres Hantelmodell betrachtet werden, bei dem die
Rotationsfreiheitsgrade angeregt sind.
p
p1
p0
T0
=
const.
V V V
1
2 =
pV
const.
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsauafgabe 13
' 1'
' 0'
0

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 13 – Kurzlösungen
(a) Endruck 4,0 bar .
p
1 =
(b) Endtemperatur T 590 K bzw. C . 17 3 ϑ
1 =
1 =
(c) Abhängigkeit des Drucks vom Volumen
o
2 1
p ( V ) = p0V0
.
2
V
1
Volumenänderungsarbeit = − ∫ ( ) d = 100 J.
V
W p V V
01
(d) Teilchenmenge n = 0,041 mol .
Anzahl Freiheitsgrade f (zweiatomig)
= 5 .
ges
V
0
Molare isochore Wärmekapazität C (zweiatomig)
= 20,78 Jmol
K .
mv
Änderung Innere Energie ΔU = 250
J .
Übertragene Wärme 150 J .
Q
01 =
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsauafgabe 13
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 13 – Musterlösung
(a) Es gilt
0
2
0
p V = p
2
1V1
Reduktion des Volumens auf die Hälfte bedeutet
1
V 1 = V
2
Damit wird
p
1
0
⎛ V0
⎞
=
⎜
0 = 4
( 1/
2)
⎟ p p
⎝ V0
⎠
= 4,0 bar
2
0
(b) Aus der Zustandsgleichung eines idealen Gases folgt für die Zustände '0' und '1'
p1V
T
1
1
und somit
T
1
=
0
p
0
0
T
= 590
K
V
0
p1V1
= T
p V
0
0
4 bar ⋅ 0,
5 l
=
⋅ 295 K
1bar
⋅1l
Dies entspricht der CELSIUS-Temperatur
ϑ
1
590 K
= ( − 273)
K
=
317
o
C
o
C
(c) Der Betrag der umgesetzten Volumenänderungsarbeit
W
01
= −
V
1
∫
V
0
p(
V ) dV
wird repräsentiert durch die Fläche unter der p(V ) -Kurve im p, V -Diagramm. Bei der
formalen Integration ist die Vorzeichenkonvention zu berücksichtigen. Zugeführte
Arbeit hat ein positives Vorzeichen.
Nach der gegebenen Zustandsgleichung
0
2
0
p V = p(
V ) V
2
ist die Abhängigkeit des Drucks vom Volumen gegeben durch
p ( V ) = p V
0
2
0
V
1
2
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsauafgabe 13

Damit erhält man die Volumenänderungsarbeit
W
01
V
0
1
∫
= − p(
V ) dV
= − p V
V
0
= p V
2
0
= 100 J
2 1
[ − ] = p0V
V V
0
0
0
V1
2
0 ∫
V
0
0
V
1
2
= 10
dV
= − p V
5
Pa ⋅10
0
−3
2
0
m
3
1
[ − ]
V
= 10
V
V
2
1
= p V
0
Nm
0
-2
2
0
m
3
1 1
[ − ]
V V
(d) Die Änderung der Inneren Energie hängt für den Prozess '0'→'1 ' nur von der
Temperaturdifferenz der beiden Zustände ab, also
Δ U = U − U = nC T −T
)
1
0
mv ( 1 0
Die Teilchenmenge n des eingeschlossenen Gases erhält man aus der
Zustandsgleichung für den Ausgangszustand '0'
p0V0
10 Pa ⋅10
n = =
R
1
mT
−
0 8,31Jmol
K
= 0,041mol
5
−3
−1
3
m
⋅ 295 K
Nimmt man für die zweiatomigen Moleküle an, dass im betrachteten
Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der Rotation angeregt sind, dann ist die
Anzahl der Freiheitsgrade
f
g) = f + f = 3 + 2 = 5
ges (zweiatomi trans rot
Die molare isochore Wärmekapazität C bestimmt sich aus f (zweiatomig)
zu
mv
fges(zweiatomig)
C mv (zweiatomig)
= R
2
also wird schließlich
ΔU
= U −U
= nC ( T −T
)
1
0
mv
0
−1
= 0,0408 mol ⋅ 20,78 Jmol
= 250
J
1
K
−1
m
=
⋅(
590
−
5
2
⋅
8,31 Jmol
295)
K
Mit dem 1. Hauptsatz folgt daraus für die übertragene Wärme
Q01
= ΔU − W01
= ( 250 −100)
J
= 150 J
−1
K
ges
−1
=
1
0
20,78 Jmol
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsauafgabe 13
−1
K
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 14
Um die Zusammensetzung der Luft in großer Höhe zu untersuchen, wird mit einem
Versuchsballon ein sehr gut evakuiertes, festes Gefäß in die Höhe von H = 30 km
über die Erdoberfläche gebracht und dort geöffnet. Der Gasdruck in dieser Höhe
wurde zu 13 hPa bestimmt.
p
1 =
Nach Verschließen des Gefäßes in Versuchshöhe und anschließender Rückkehr der
Kapsel auf die Erde, wurde der Inhalt des Gefäßes (Volumen V = 0,50 l ) untersucht.
Der Innendruck im Gefäß wurde bei der Temperatur ϑ0 = C zu 0 18 hPa
bestimmt.
= p
(a) Welche Temperatur ϑ herrschte in der Höhe H = 30 km ?
1
25 o
(b) Welche Teilchenmenge des Gases befindet sich in dem Gefäß? Geben Sie die
Stoffmenge n und die Anzahl der Moleküle N an.
(c) Das Gas setze sich vereinfachend nur aus N2 - und aus 2 -Molekülen
zusammen. Berechnen Sie die mittleren Geschwindigkeiten für diese beiden
Molekülsorten in der Höhe
O
vm
H .
(d) Beim Niederholen der Kapsel und Aufwärmen auf Umgebungstemperatur
25 C wird dem Gas im Gefäß die Wärme Q zugeführt. Berechnen Sie Q
für die Gasmischung des noch unbekannten Mischungsverhältnisses.
o
ϑ0
=
(e) Anschließend wird die Masse des Gases in dem Gefäß mit m = 10,35 mg
bestimmt. Bestimmen Sie die mittlere Molmasse M ( ges)
der Gasmischung.
Berechnen Sie daraus das Mengenverhältnis von und . O
N2 2
Molare Massen: M(
N ) = 28,01gmol
, M(
O ) = 31,99 gmol
.
2
−1
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 14
2
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 14 – Kurzlösungen
(a) Temperatur T 215,2 K bzw. ϑ = C .
1 =
−4
(b) Teilchenmenge n = 3,63 ⋅10
mol .
o
1 − 58,0
Teilchenzahl N = 2,19 ⋅10
( Moleküle) .
20
(c) Molare Massen M(
O ) = 32,0 g mol ; M(N
) = 28,0 g mol .
Mittlere Geschwindigkeiten
m
2
2
2
2
−1
v ( O ) = v ( O ) = 409,5 m s ;
m
2
2
2
−1
v ( N ) = v ( N ) = 437,7 m s .
(d) Anzahl Freiheitsgrade f zweiatomig)
= f + f = 5 .
−1
ges ( trans rot
Molare isochore Wärmekapazität C (zweiatomig)
= 20,78 Jmol
K .
mv
Aufzuwendende Wärme Q 0,625 J .
(e) Mittlere Molmasse
01 =
−1
M ( ges)
= 28,51g
mol .
Anteil Stickstoff: 87,4 %, Anteil Sauerstoff: 12,6 %.
Die Änderungen gegenüber den Verhältnissen am Erdboden erklären sich aus
Diffusion des ‘leichteren‘ Stickstoffs im Vergleich zum ‘schwereren‘ Sauerstoff im
Schwerefeld der Erde.
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 14
2
−1
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 14 – Musterlösung
(a) Die Zustandsgleichung eines idealen Gases liefert für ein ‘festes Gefäß‘, also für
ein konstantes Volumen ( V = const.
)
p 0
=
T
damit
T
ϑ
0
1
1
p
T
0
1
1
p1
= ⋅T
p
0
13 hPa
= ⋅ 298 K = 215,2 K
18 hPa
215,2 K
= ( − 273,2)
K
o
C = − 58,0
o
C
(b) Aus der Zustandsgleichung bei den Versuchsbedingungen nach der Landung –
also für den Zustand '0'
– ergibt sich die Teilchenmenge zu
p0
⋅V
n =
T ⋅R
0
0
m
= 3,63 ⋅10
18 ⋅10
N m ⋅ 0,5 ⋅10
m
=
−1
−1
298 K ⋅8,31N
mol K
−4
mol
2
−2
und daraus die Teilchenzahl zu
N = n N
A
= 2,19 ⋅10
= 3,63 ⋅10
20
−4
( Moleküle)
mol ⋅ 6,02 ⋅10
−3
23
3
mol
(c) Die mittlere kinetische Energie ε kin der Translation eines Moleküls (Masse mM
) –
und ein einatomiges Gas hat nur die Freiheitsgrade der Translation – lässt sich nach
der kinetischen Gastheorie folgendermaßen darstellen
1 2 3
ε kin = mM
v = kT
2 2
daraus
2 3 kT
v =
m
M
Die letztendlich gesuchte mittlere Geschwindigkeit vm
ist definiert als die Wurzel aus
dem mittleren Geschwindigkeitsquadrat, also
v =
m
v
2
Vorgehensweise 1
Man berechnet aus der molaren Masse M mit der Beziehung A M m N M = ⋅ die
Masse mM
eines Einzelmoleküls für die beiden Gase; verwendet die BOLTZMANN
Konstante und die Temperatur T1
zur Berechnung des mittleren
Geschwindigkeitsquadrats und zieht dann die Wurzel.
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 14
−1

Vorgehensweise 2
Man formt die obige Beziehung um. Dazu benutzt man die Beziehungen/Definitionen
A M m N M =
Rm NA
=
k
Dann ergibt sich
v
2
3 k T N
= ⋅
m N
M
A
A
3 Rm
T
=
M
−1
1
Mit M(
O ) = 32,0 g mol und M(N ) = 28,0 g mol wird für 215,2 K
T
v
v
2
2
2
( O
( N
2
2
−1
−1
2
−1
3 ⋅8,31N
m mol K ⋅ 215,2 K
4
) =
= 16,77 ⋅10
m
−3
−1
32,0 ⋅10
kg mol
−1
−1
3 ⋅8,31N
m mol K ⋅ 215,2 K
4
) =
= 19,16 ⋅10
m
−3
−1
28,0 ⋅10
kg mol
Und damit schließlich – nach der Definition der mittleren Geschwindigkeit –
v
v
m
m
( O
( N
2
2
) = v
2
( O
2
) =
= 409,5 m s
) = v
2
( N
2
) =
= 437,7 m s
−1
−1
16,77 ⋅10
19,16 ⋅10
4
4
m
m
2
2
s
s
−2
−2
= 4,095 ⋅10
= 4,377 ⋅10
(d) Die Erwärmung des Gasgemisches erfolgt bei konstantem Volumen. Bei dieser
isochoren Zustandsänderung wird keine Volumenänderungsarbeit verrichtet. Also
W
01
= −∫
p(
V ) dV
= 0
Deshalb ist nach dem 1. Hauptsatz die aufzuwendende Wärme Q10
gleich der
Änderung ΔU der Inneren Energie zwischen den beiden Zuständen '0' und '1'
01
1
0
mv ( T1
T0
Q = ΔU
= U −U
= n C −
)
Die isochore molare Wärmekapazität erhält man aus der Anzahl der Freiheitsgrade
für die beiden Molekülsorten, die als zweiatomige Moleküle modellmäßig als starre
Hanteln beschrieben werden. Nimmt man für die Moleküle an, dass im betrachteten
Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der Rotation angeregt sind, dann ist
f
ges
= f + f
trans
rot
= 3 + 2 = 5
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 14
2
2
2
2
s
s
ms
ms
1 =
−2
−2
−1
−1

Die molare isochore Wärmekapazität C bestimmt sich aus f (zweiatomig)
zu
C
mv
mv
fges
(zweiatomig)
(zweiatomig)
= R
2
Damit wird die aufzuwendende Wärme
Q
01
= 3,63 ⋅10
= 0,625 J
−4
mol ⋅ 20,78
J mol
−1
K
m
−1
=
5
2
⋅
8,31 Jmol
( 298 − 215,2)
K
−1
K
ges
−1
=
20,78 Jmol
(e) Die mittlere Molmasse M ( ges)
lässt sich aus der Stoffmenge n und der
gemessenen Masse m des Gases bestimmen.
also
n =
M
m
M ( ges)
( ges)
m
=
n
−3
10,35 ⋅10
g
=
=
−4
3,63 ⋅10
mol
28,51g
mol
Es sei x der Anteil des Stickstoffes im Gemisch, dann ist ( 1 − x)
der Anteil des
Sauerstoffs. Die mittlere Molmasse stellt sich dar als
M ( ges)
= x ⋅M(
N2
) + [ 1−
x]
⋅M(
O2
) = x [ M(
N2
) − M(
O2
)] + M(
O2
)
M(
ges)
− M(
O ) (28,51−
31,99) g mol
x =
=
M(
N ) − M(
O ) (28,01−
31,99) g mol
2
−1
−1
2 =
−1
2
0,874
Der Anteil des Stickstoffs am Gemisch ( N2 und 2)
ist 87,4 %, der Anteil des
Sauerstoffs also 12,6 %.
O
Die Änderungen gegen die Verhältnisse am Erdboden erklären sich aus Diffusion
des ‘leichteren‘ Stickstoffs im Vergleich zum ‘schwereren‘ Sauerstoff im Schwerefeld
der Erde.
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 14
−1
K
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 15
Ein nicht dehnbarer, l uftdichter Plastiksack mit einem Maximalvolumen
max
3
V = 18 dm ist in h = 20 m Tiefe in einem Wasserreservoir festgemacht.
(Hinweis: Die Abmessungen
des Plastiksacks sollen als klein gegen die Tiefe
angenommen werden).
Der Plastiksack ist dort nicht prall, sondern nur bis zu einem Volumen V1
= 5,0 dm
mit Stickstoff
gefüllt. Das Füllgas hat die Temperatur ϑ1
=
Wassers.
C des umgebenden
Die Verankerung wird gelöst, und der Plastiksack steigt zur Oberfläche hoch.
Dort
herrscht der Luftdruck p 1,
0 bar , die Wassertemperatur ist
o
C 24 ϑ .
0 =
(a) Nach einiger Zeit hat das Füllgas im schwimmenden Plastiksack an der
Wasseroberfläche die Wassertemperatur ϑ 2 der Umgebung angenommen. Ist
der Sack dann prall gefüllt? (Kurze Begründung.)
(b) Welche Stoffmenge n des Stickstoffgases enthält der Plastiksack?
Betrachten Sie für den Wärmeaustausch
des Füllgases mit der Umgebung zwei –
idealisierte – Grenzfälle.
(c) Das Gas im Plastiksack behält (1) beim Aufsteigen zunächst die Temp eratur ϑ 1
bei und erwärmt sich (2) erst an der Wasseroberfläche, bei dem dort
herrschenden Druck, auf die Temperatur ϑ 2.
Welche Wärme Q 12 nimmt bei diesen Prozessen das Füllgas aus dem Wasser auf?
(d) Der Plastiksack steigt so rasch auf, dass dabei (1) das Füllgas keine Wärme aus
dem Wasser aufnimmt
und (2) erst nach einiger Zeit an der Oberfläche Zeit die
Temperatur ϑ annimmt?
2
∗
Welche Wärme Q12
wird bei diesen Prozessen insgesamt vom Füllgas
aufgenommen?
Nehmen Sie Stickstoff als ideales zweiatomiges Gas (starres Hantelmodell) an.
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 15
4 o
2 =
3

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 15 – Kurzlösungen
(a) Druck p = p + ρ H O)
gh = 2,96 bar .
(c)
1
Volumen 2
0
( 2
V = 15,86 dm (nicht prall).
(b) Stoffmenge n = 0,64 mol
3
1. Teilprozess: Wärmeaufnahme (isotherm bei ϑ 1)
Q 1 700 J .
2. Teilprozess: Erwärmung (isobar von ϑ 1 auf ϑ 2):
Anzahl Freiheitsgrade f ) = 5 .
ges (N2 isotherm =
Molare isobare Wärmekapazität C (N ) = 29,10 Jmol
K .
ar
mp
Wärmeaufnahme (isobar) Q isob = 372 J.
Insgesamt zugeführte Wärme Q = 2 072 J .
(d) 1. Teilprozess: Abkühlung (isentrop); kein Wärmeaustausch Qisentrop
= 0 .
2. Teilprozess:
Erwärmung (isobar):
12
Isentropenexponent κ N ) = 1,
40 .
( 2
Abkühlung auf Temperatur T 203 K .
3 =
Molare isobare Wärmekapazität C (N ) = 29,10 Jmol
.
Isobarer Prozess – zugeführte Wärme Q isobar = 1 751 J.
∗
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 15
2
∗
−1
−1
∗
−1
−1
K
Isentroper Prozess Qisentrop
= 0 J (Wärmeaustausch unterdrückt)
Insgesamt aufgenommene Wärme Q 12 * = 1 751 J.
mp
2

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 15 – Musterlösung
(a) Der Druck unter der Wasseroberfläche ist die Summe aus dem äußeren
herrschenden Luftdruck und dem hydrostatischen
Druck der Wassersäule
kg m
p1
= p0
+ ρ(
H2O)
gh = 1bar
+ 1000 ⋅ 9,81 ⋅ 20 m
3 2
m s
= 2,96 bar
Aus der Zustandsgleichung eines idealen Gases und der Forderung p = p0
p1V
T
1
1
p0V
=
T
2
2
und damit für das Volumen
p1T
2 2,96 bar ⋅ 297 K
V2
= V1
=
5 dm
p T 1bar
⋅ 277 K
0
1
= 15,86 dm
Weil 2 max V
3
V < ist der Plastiksack nicht prall gefüllt;
3
2 folgt
(b) Die Stoffmenge n erhä lt man aus der Zustandsgleichung eines idealen Gases
für den Anfangszustand ' 1'
p1V
1 2,96 ⋅10
Nm
n = =
RmT1
8,31Nmmol
= 0,64 mol
5
−2
−1
−3
⋅5
⋅10
m
−1
K ⋅ 277 K
(c) 1. Teilprozess:
Aufstieg bei konstanter Temperatur – isotherme Wärmeaufnahme bei T 1
Ausdehnung des Füllgases
V2
Qisotherm
= nRmT1
ln(
)
V1
⎛
3
15,86 dm ⎞
−1
−1
= 0,64mol
⋅ 8,31Nm
mol K ⋅277
K ⋅ln⎜
⎟ = 1473
J⋅1,
154
⎜
3
5,0 dm
⎟
⎝
⎠
= 1 700 J
2. Teilprozess:
Isobare Erwärmung von T1 T
Q
isobar
= nC
( T2
− T1)
auf 2
Die molare isobare Wärmekapazitäten C mp bestimmt sich aus den Freiheitsgraden
eines idealen zweiatomigen Gases. Nimmt man für ein zweiatomiges Stickstoff-
Molekül an, dass im betrachteten Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der
Rotation angeregt sind, dann ist
f
ges
2
mp
(N ) = f + f = 3 + 2 = 5
trans
rot
3
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 15

Die molare isobare Wärmekapazität C )
)
C
mp
(N
Damit wird
Q
isobar
2
fges(N2
) + 2
) = R
2
= nC
mp
( T
2
1
m
=
7
2
⋅
mp (N2
bestimmt sich aus fges
(N2
zu
8,31 Jmol
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 15
−1
K
−1
−T
) = 0,
64 mol ⋅ 29,10 J mol
=
−1
29,10 Jmol
K
−1
−1
K
−1
⋅(297
− 276) K
Die bei Aufsteigen und Aufwärmen insgesamt
zugeführte Wärme ist damit
Q
12
Bei einem isentropen
Prozess in einem adiabaten System wird keine Wärme
ausgetauscht, also
∗
Q isentrop =
∗
isobar
= 372 J
= Q + Q
= 2 072 J
0 J
Q = nC
( T − T
)
auf 2
Man muss zunächst Temperatur T 3 bestimmen, die sich nach Aufsteigen einstellt.
Die Isentropengleichu ng,
die Druck und Temperatur miteinander verknüpft, liefert für
die Zustände ' 1'
und ' 3'
κ
1
isotherm
(d) 1. Teilprozess:
1−
κ
3
isobar
κ
3
= 1700J
+
372J
Rasches Aufsteigen ohne Wärmeaustausch – isentrope Abkühlung auf T 3
2. Teilprozess:
Isobare Erwärmung von T3 T
p
1−
κ
1
dabei gilt
p
3
T
= p
0
= p
mp
2
T
3
Der Isentropenexponent κ ( N2
) ergibt sich aus der Zahl der Freiheitsgrade eines
Moleküls (bestimmt in Teilaufgabe (c)) zu
f
κ(
N2
) =
f
Damit wird
T
3
ges
⎛ p1
⎞
=
⎜
⎟
⎝ p0
⎠
= 203 K
( N2
) + 2
=
( N )
ges
1−
κ
κ
T
1
2
7
5
=
1,
40
1−1,4
2,96 1,4
⎛ bar ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ 1,00 bar ⎠
277K
= 0,733 ⋅ 277K

Die molare isobare Wärmekapazität C ) bestimmt sich aus der Anzahl der
F
reiheitsgrade ges
C
mp
mp (N2 f (bestimmt in Teilaufgabe (c)) zu
m
7
= ⋅ 8,31J
mol
2
Damit
wird die für den isobaren Prozess '3'→ '2'
zugeführte Wärme
Q
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 15
−1
) = 0,064mol ⋅ 29,10
Insgesamt aufgenommene Wärme also
Q
∗
12
fges(N2
) + 2
(N2
) = R
2
∗
isobar
= nC
= 1
751 J
∗
mp ( T2
− T3
= Qisentrop
+ Q
= 1 751 J
∗
isobar
=
( 0
+ 1 751)
J
K
− 1
=
Jmol
29,10 Jmol
−1
K
−1
−1
K
−1
⋅(
297 − 203)
K

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 16
Eine Traglufthalle hat, prall aufgeblasen, ein Volumen V = 2000 m . Die Hülle sei
abgeschlossen und dicht, es soll keine Luft entweichen oder zugeführt werden
können. Der Druck in der Halle sei stets gleich dem Außendruck auß 1,
0 bar ;
dieser Druck ändere sich bei den im Folgenden angegebenen Prozessen nicht.
= p
In der Halle wird eine Anfangstemperatur ϑA
= C gemessen. Die Hülle ist dabei
schlaff und die eingeschlossene Luft nimmt 95 % des Prallvolumens ein.
Anschließend wird die Halle durch Heizlüfter erwärmt; dabei strafft sich die Hülle. Die
Heizung wird abgeschaltet, wenn das Luftvolumen gleich dem Prallvolumen
geworden ist. Wärmeverluste nach außen sollen vereinfachend unberücksichtigt
bleiben. Luft besteht im wesentlichen aus zweiatomigen Molekülen (also Sauerstoff
und Stickstoff).
Bestimmen Sie für den beschriebenen Aufwärmvorgang mit den genannten
Vereinfachungen.
7 o
(a) Die Endtemperatur ϑE
der Hallenluft.
(b) Die von den Heizlüftern aufzubringende Wärme QAE
.
(c) Die verrichtete Volumenänderungsarbeit WAE
.
(d) Die Änderung der Inneren Energie U .
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 16
prall
3

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 16 – Kurzlösungen
(a) Endtemperatur T 294,9 K bzw. ϑE = C .
E =
(b) Teilchenmenge n = 8,16 ⋅10
mol .
4
o
21,7
Anzahl der Freiheitsgrade f (zweiatomig)
= 5 .
ges
Molare isobare Wärmekapazität C (zweiatomig)
= 29,10 Jmol
K .
Aufzubringende Wärme (Heizlüfter) Q = 34,9 ⋅10
J.
(c) Volumenänderungsarbeit (isobarer Prozess) W = − 10,0 ⋅10
J.
(d) Molare isochore Wärmekapazität C (zweiatomig)
= 20,78 Jmol
K .
mp
mv
AE
Änderung Innere Energie ΔU = 24,9 ⋅10
J .
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 16
6
AE
6
6
−1
−1
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 16 – Musterlösung
Die Zustandsgrößen für den Anfangszustand ' A'
und den Endzustand 'E'
des
Aufwärmvorgangs sind
p = p = 1,
0 bar
p = p = 1,
0 bar
V
A
A
auß
= 0, 95 ⋅V
= 0,
95 ⋅ 2000 m
A 280,
2 = T
prall
K
3
V
E
E
= V
auß
prall
= 2000 m
(a) Der Aufwärmvorgang soll ohne Druckänderung, also ’isobar‘ erfolgen. Die
Zustandsgleichung eines idealen Gases
pV = nRmT
liefert für eine isobare Zustandsänderung
V
T
= const.
Die Temperatur im Zustand 'E'
ergibt sich damit aus der Forderung
also
V E
=
T
T
E
E
V
T
A
A
V V
E
prall
= ⋅TA
= ⋅T
V 0,
95 ⋅V
=
A
294,9 K
prall
A
=
1
0,95
Die Endtemperatur auf der CELSIUS-Skala ist
294,9 K
ϑE = ( − 273,
2)
K
= 21,7
o
C
Zwischenüberlegung
o
C
.
⋅ 280,2 K
Die Teilaufgaben (b), (c) und (d) sind nicht unabhängig voneinander. Die Änderung
der Inneren Energie Δ U , die umgesetzte Wärme QAE
und die umgesetzte Arbeit
sind über den 1. Hauptsatz miteinander verkoppelt.
WAE
Δ U = U −U
= Q + W
E
A
AE
AE
Hat man zwei der drei physikalischen Größen Δ U , QAE und WAE
unabhängig
voneinander bestimmt, dann erhält man die dritte Größe aus dem 1. Hauptsatz. Zur
Probe kann natürlich dann diese dritte physikalische Größe ebenfalls unabhängig
bestimmt werden.
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 16
3

Bestimmung der Teilchenmenge n
Auf jeden Fall braucht man die Teilchenmenge n der eingeschlossenen Luft, deren
Moleküle als zweiatomig behandelt werden.
Die Teilchenmenge n ergibt sich aus der Zustandsgleichung eines idealen Gases für
den Anfangszustand ' A'
p V = nR
A
A
pAV
n =
R T
m
A
A
m
= 8,16 ⋅10
T
A
1,0 ⋅10
=
4
8,31Nmmol
mol
5
Nm
−2
⋅0,95
⋅ 2,0 ⋅10
−1
K
−1
3
⋅ 280,2 K
(b) Für eine isobare Zustandsänderung wird die umgesetzte Wärme
Q = nC
−
AE
mp ( TE
TA
)
Die molare isobare Wärmekapazität bestimmt sich aus der Anzahl f der
Freiheitsgrade eines idealen zweiatomigen Gases. Nimmt man für das zweiatomige
Molekül an, dass im betrachteten Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der
Rotation angeregt sind, dann ist die Anzahl der Freiheitsgrade
f
ges
(zweiatomig) = ftrans
+ frot
= 3 + 2 = 5
m
3
Cmp ges
Die molare isobare Wärmekapazität C (zweiatomig)
bestimmt sich aus
fges(zweiatomig)
zu
mp
fges(zweiatomig)
+ 2
Cmp
(zweiatomig)
= R
2
Damit wird
Q
AE
= nC
mp
( T
E
= 34,9 ⋅10
6
−T
J
A
) = 8,16 ⋅10
4
m
=
7
2
mol ⋅ 29,10
Jmol
⋅
8,31 Jmol
−1
K
−1
−1
K
−1
=
29,10 Jmol
⋅(294,9
− 280,2) K
(c) Die Volumenänderungsarbeit für einen Prozess ' A'
→ 'E'
ist gegeben durch die
Definition (dabei ist die Vorzeichenkonvention berücksichtigt)
W
AE
= −
V
V
E
∫
A
p(
V ) dV
Für einen isobaren Prozess ist p ( V ) = pauß
= const.
; also wird
W
AE
V3
= − p ∫ dV = − p ⋅(
V −V
auß
V1
= − 1,0 ⋅10
5
= − 10,0 ⋅10
6
N
m
J
2
auß
E
A
⋅(1,0
− 0,95) ⋅ 2,0 ⋅10
)
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 16
3
m
3
−1
K
−1

(d) Die Innere Energie U eines idealen Gases hängt nur von der absoluten
Temperatur ab. Für die Änderung U
Δ der Inneren Energie gilt
Δ U = U −U
= nC
−
E
A
mv ( TE
TA
)
Die molare isochore Wärmekapazität Cmv
(zweiatomig)
bestimmt sich aus
fges
(zweiatomig)
zu
C
mv
Also wird
ΔU
= U
fges
(zweiatomig)
(zweiatomig)
= R
2
E
−U
A
4
= 8,16 ⋅10
= 24,9 ⋅10
= nC
6
mol ⋅ 20,78
Jmol
J
mv
( T
E
−T
A
)
−1
K
−1
m
=
5
2
⋅
8,31 Jmol
−1
⋅(294,9
− 280,2) K
Probe: Verknüpfung der Ergebnisse der Teilaufgaben (a), (b) und (c)
K
−1
=
20,78 Jmol
Die Änderung der Inneren Energie Δ U , die umgesetzte Wärme QAE
und die
umgesetzte Arbeit W sind über den 1. Hauptsatz mit einander verknüpft, gemäß
Q U + = Δ
AE AE W
AE
Ergebnis der Teilaufgabe (b)
Ergebnis der Teilaufgabe (c)
Ergebnis der Teilaufgabe (d)
Q
W
AE
AE
6
= 34,9
⋅10
J
6
= − 10,0
⋅10
ΔU = 24,9 ⋅10
Die vom 1. Hauptsatz geforderte Bilanz ist damit – wie es sein soll – ausgeglichen.
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 16
6
J
J
−1
K
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 17
Ein Wetterballon hätte – prall gefüllt – das Volumen V = 50 m . Am Boden wird
der Ballon beim Druck p1 = 1,
0 bar und der Temperatur ϑ1
= C aber nur teilweise
1
mit Wasserstoffgas gefüllt. Das H2 -Gas nimmt das Volumen V 1 = Vmax
ein.
6
(a) Welche Stoffmenge n enthält der Ballon nach der Befüllung?
Der Ballon wird losgelassen und steigt anschließend so rasch auf, dass durch die
Ballonhülle praktisch keine Wärme ausgetauscht wird. In einer bestimmten
Operations-Höhe ist der Innen- und Außendruck auf p 0,
2 bar abgefallen.
(b1) Skizzieren Sie diese Zustandsänderung im p, V -Diagramm.
(b2) Welches Ballon-Volumen V2
nimmt das Wasserstoffgas dort ein?
(b3) Welche Temperatur T2
hat das Gas?
Durch Sonneneinstrahlung wird der Ballon anschließend aufgeheizt. Das Füllgas
dehnt sich aus, bis der Ballon prall gefüllt ist. Dabei bleibt der Druck konstant
p = p .
3
2
(c1) Skizzieren Sie diese Zustandsänderung im p, V -Diagramm (zusammen mit der
Zustandsänderung von Teilaufgabe (b1)).
(c2) Auf welchen Wert T3
erhöht sich dabei die Temperatur des Gases?
(c3) Welche Wärme Q23
hat das Gas bei der Erwärmung aufgenommen?
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 17
max
2 =
7 o
3

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 17 – Kurzlösungen
(a) Stoffmenge n = 358 mol .
(b1) Isentrope Expansion '1' →'2'
(vgl. Skizze).
2
p
p 1
p = p
3
T 2
1
12 = Q
2
V 1
V 2
0
T 1
3
V 3 V
Anzahl Freiheitsgrade f H ) = 5 ; Isentropenexponent κ ( H2
) = 1,
40 .
(b2) Volumen V = 26,
3 m .
(b3) Temperatur T 177 K .
2
2 =
3
ges ( 2
(c1) Isobare Expansion '2' →'3'
(vgl. Skizze).
(c2) Temperatur T 337 K .
3 =
(c3) Molare isobare Wärmekapazität C (H ) = 29,10 Jmol
K .
Zugeführte Wärme 1,66 MJ.
Q
23 =
mp
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 17
2
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 17 – Musterlösung
(a) Die Stoffmenge n des Wasserstoffgases erhält man aus der
Zustandsgleichung eines idealen Gases für den Anfangszustand ‘1‘, also aus
zu
p V = nR
1
1
p1V1
n =
R T
m
1
m
T
=
= 358 mol
1
10
5
Nm
8,31J
mol
−2
−1
1 3
⋅ ⋅50
m
6
−1
K ⋅ 280 K
(b1) Ein Prozess, der ohne Wärmeaustausch in einem adiabaten System stattfindet,
führt zu einer isentropen Zustandsänderung – hier einer isentropen Expansion.
Die Isentropen verlaufen steiler als die Isothermen.
2
p
p 1
p = p
3
T 2
1
12 = Q
2
V 1
V 2
Der Isentropenexponent ergibt sich aus der Anzahl der Freiheitsgrade f der
Moleküle des betrachteten Gases. Wasserstoff ist ein zweiatomiges Molekül, bei
dem im Bereich der Raumtemperatur die Freiheitsgrade der Translation f und
der Rotation f angeregt sind. Die Anzahl der Freiheitsgrade ist
f
ges
rot
( H2
) = ftrans
+ frot
= 3 + 2 = 5
0
T 1
3
V 3
κ ges
Der Isentropenexponent ergibt sich aus den Freiheitsgraden zu
κ(
H
2
f
) =
ges
( H
f
2
ges
) + 2
=
7
5
=
1,
40
(b2) Die Isentropengleichung, die Volumen und Druck miteinander verknüpft, lautet
pV
κ
= const.
angeschrieben für die Zustände '1' und '2'
erhält man
p
κ κ
1V1
= p2V2
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 17
V
trans

daraus ergibt sich
oder
V
V
p
κ 1 κ
2 = V1
p2
2
⎛ p
= ⎜
⎝ p
=
1
2
26,
3
⎞
⎟
⎠
( 1/
m
3
κ)
⋅V
1
⎛ 1,0 bar ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ 0,2 bar ⎠
(5/7)
1
⋅ ⋅50
m
6
(b3) Die Isentropengleichung, die Druck und Temperatur miteinander verknüpft,
lautet
p
( 1−
κ)
⋅T
κ
=
const.
angeschrieben für die Zustände '2' und '1'
erhält man
p
daraus
oder
( 1−
κ)
κ ( 1−
κ)
κ
2 ⋅T2 = p1
⋅T1
T
T
( 1−
κ)
κ p1
κ p1
( 1−
κ)
κ
2 = ⋅T
= ⋅
( 1−
κ)
1 ( ) T1
p
p
2
2
2
Alternative
⎛ p1
⎞
= ⎜
⎟
⎝ p2
⎠
= 177 K
( 1−
κ)
κ
⋅T
1
⎛ p
= ⎜
⎝ p
1
2
⎞
⎟
⎠
( −2/7)
⋅ 280 K
Für den Zustand ‘2‘ gilt die Zustandsgleichung eines idealen Gases, also
daraus
p V = nR
T
2
2
2
p2
V
=
n R
2
m
= 177 K
m
T
2
5
−2
0,2 ⋅10
Nm
⋅ 26,3 m
=
−1
358 mol ⋅8,31J
mol K
Bei diesem Rechengang wird allerdings ein Zwischenergebnis – der Druck im
Zustand ‘2‘ – benutzt; d. h., ein möglicher Fehler wird weitergezogen.
3
−1
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 17
3

V max
(c1) Die Erwärmung des Wasserstoff-Gases von 2 auf V 3 = V bei konstantem
Druck, also der Prozess '2'→'3' ist eine isobare Expansion (vgl. Skizze in
Teilaufgabe (b1)).
(c2) Für eine isobare Expansion gilt die spezielle Zustandsänderung
V
T
= const.
angeschrieben für die Zustände '2' und '3'
V 3
=
T
3
ergibt sich
T
3
=
V
T
2
2
2
V3
= T
V
Alternative
2
337 K
3
50 m
=
26,3 m
3
⋅177
K
Für den Zustand ‘3‘ gilt die Zustandsgleichung eines idealen Gases, also
p V = nR
T
3
3
3
p3
V
=
n R
=
3
m
336 K
m
T
3
5
−2
0,2 ⋅10
Nm ⋅ 50,0 m
=
−1
358 mol ⋅ 8,31J
mol K
diese Variante benutzt keine Zwischenergebnisse, sie enthält keine Rundungsfehler
oder Fehlermöglichkeiten durch Zwischenstationen.
3
−1
(c3) Wärmezufuhr bei einem isobaren Prozess
erhöht zum einen die Innere Energie und
führt zum zweiten zu Arbeitsabgabe.
Die molare isobare Wärmekapazität C ) bestimmt sich aus f ) (bestimmt
in Teilaufgabe (b1) zu
C
mp
(H
2
fges
(H2
) + 2
) = R
2
Damit wird die zugeführte Wärme
Q
23
= nC
mp
( T
3
= 1,66 ⋅10
6
−T
2
m
=
J = 1,66 MJ
7
2
⋅
mp (H2 8,31 Jmol
−1
) = 358 mol ⋅ 29,10
J mol
K
−1
−1
K
=
−1
29,10 Jmol
⋅160
K
ges(H2
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 17
−1
K
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 18
Ein Teilschritt des DIESEL-Kreisprozesses in einem DIESELmotor ist eine isentrope
Kompression der Luft bevor der DIESEL-Kraftstoff eingespritzt wird. Das Arbeitsgas ist
in guter Näherung Luft, also im Wesentlichen ein Gemisch aus Stickstoff und
Sauerstoff. Die Moleküle dieser zweiatomigen Gase können als starre Hanteln
behandelt werden.
Bei der Kompression im Zylinder wird das Volumen von V = 0,
55 dm auf
V
E
= 0,
025
dm
3
reduziert. Durch Sonden wird der Druck nach der Kompression mit
p 75 bar und die Temperatur mit ϑ C gemessen.
E =
o
E = 750
(a) Bestimmen Sie die Anzahl N der zweiatomige Moleküle, die an diesem Prozess
beteiligt sind.
(b) Welche mittlere kinetische Energie der Translation hat ein einzelnes Molekül
nach der Kompression?
(c) Bestimmen Sie die Anfangstemperatur ϑ A und den Anfangsdruck pA
.
(d) Bestimmen Sie die bei der Kompression umgesetzte Arbeit und Wärme. Geben
Sie an, ob es sich um eine Zufuhr oder eine Abgabe handelt.
Wärmelehre -1-
Prüfungsaufgabe 18
A
3

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 18 – Kurzlösungen
−2
(a) Teilchenmenge n = 2,2⋅10
mol .
Anzahl Moleküle N = 1,3⋅10
( Moleküle) .
(b) Kinetische Energie (Translation) ε = 2,12⋅10
J.
(c) Anzahl Freiheitsgrade f (zweiatomig)
= 5 .
ges
22
kin
Isentropenexponent κ ( zweiatomig)
= 1,
40 .
Anfangsdruck 0,
99 bar (etwa Normdruck).
p
A =
Anfangstemperatur T 297 K bzw. ϑ C (etwa Umgebungstemperatur).
A =
−20
o
E = 24
(d) Isentrope Zustandsänderung – adiabates System Q 0 .
AE ≡
Molare isochore Wärmekapazität C (zweiatomig)
= 20,78 Jmol
K .
mv
Änderung Innere Energie ΔU = 332 J .
Volumenänderungsarbeit W = ΔU
= 332 J .
AE
Wärmelehre -2-
Prüfungsaufgabe 18
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 18 – Musterlösung
(a) Für den Endzustand ‘E’ nach der Kompression des idealen Gases gilt die
Zustandsgleichung
p V = n R T
E
E
m
E
Daraus erhält man die Teilchenmenge
pEV
n =
R T
m
E
E
−2
= 2,2⋅10
=
75⋅10
N m
8,31 Jmol
mol
mit
N
n =
NA
wird die Anzahl der Moleküle
N = nN
A
= 1,3⋅10
= 2,2⋅10
22
5
−2
( Moleküle)
−2
−1
mol⋅6⋅10
−5
⋅2,5⋅10
m
−1
K ⋅1023
K
23
mol
−1
(b) Für die kinetische Energie der Translation ( f 3 Freiheitsgrade) erhält man
3 3
εkin = kT
= ⋅1,38⋅10
2 2
−20
= 2,12⋅10
J
−23
J K
−1
3
⋅1023
K
trans =
(c) Für die isentrope Zustandsänderung der Kompression nimmt man zweckmäßigerweise
die beiden Isentropengleichungen, die Druck p bzw. absolute Temperatur T
mit dem Volumen V verknüpfen; also
pV
TV
κ
= const.
( κ−1)
= const.
Der Isentropenexponent κ ergibt sich aus der Anzahl der Freiheitsgrade fges
der
Moleküle des betrachteten Gases. Sauerstoff und Stickstoff sind zweiatomige
Moleküle, bei dem im Bereich der Raumtemperatur die Freiheitsgrade der
Translation ftrans und der Rotation frot
angeregt sind. Die Anzahl der Freiheitsgrade
ist
f
g) = f + f = 3 + 2 = 5
ges (zweiatomi trans rot
Daraus ergibt sich der Isentropenexponent
f
κ(
zweiatomig)
=
f
ges
(zweiatomig)
+ 2
=
(zweiatomig)
ges
7
5
=
1,
40
Wärmelehre -3-
Prüfungsaufgabe 18

Den Anfangsdruck erhält man aus
p
damit
p
E
A
V
κ κ
E = pAVA
⎛V
= ⎜
⎝V
E
A
A 0,
99 = p
⎞
⎟
⎠
κ
p
bar
E
⎛
= ⎜
⎝
1
22
⎞
⎟
⎠
1,
40
⋅75
bar
(also etwa Normdruck)
Die Anfangstemperatur erhält man aus
also
T
T
E
A
V
( κ−1)
E
⎛VE
⎞
= ⎜
⎟
⎝VA
⎠
= 297 K
24 C
o
ϑE
=
Alternative
= T V
A
( κ−1)
( κ−1)
A
T
E
⎛
= ⎜
⎝
1
22
⎞
⎟
⎠
( 1,
40−1)
⋅1023
K
(also etwa Umgebungstemperatur)
Hat man pA (oder A ) aus der Isentropengleichung bestimmt, dann kann man
(oder ) aus der Zustandsgleichung für den Anfangszustand bestimmen.
T
p
A
T A
(d) Der 1. Hauptsatz verknüpft umgesetzte Arbeit und Wärme mit der Änderung Δ U
der Inneren Energie U
W U + = Δ
AE AE Q
Für eine isentrope Zustandsänderung muss das System adiabat sein, also idealisierend
ein Wärmeaustausch völlig unterdrückt werden; also
AE 0 ≡ Q
Bei einer Kompression wird dem System Arbeit zugeführt. Die zugeführte Arbeit wird
in eine Erhöhung der Inneren Energie - verbunden mit einer Temperaturerhöhung -
umgesetzt
ΔU
= U −U
= nC T −T
)
E
A
mv ( E A
Die molare isochore Wärmekapazität Cmv
(zweiatomig)
bestimmt sich aus den
Freiheitsgraden eines zweiatomigen Moleküls. Nimmt man für die Moleküle an, dass
im betrachteten Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der Rotation angeregt
sind, dann ist die Anzahl der Freiheitsgrade (bestimmt in Teilaufgabe (a))
f
g) = f + f = 3 + 2 = 5
ges (zweiatomi trans rot
Wärmelehre -4-
Prüfungsaufgabe 18

Die molare isochore Wärmekapazität C bestimmt sich aus f (zweiatomig)
zu
C
mv
mv
fges
(zweiatomig)
(zweiatomig)
= R
2
Damit wird die Änderung der Inneren Energie
ΔU
= 2,2 ⋅10
= 332 J
und, wegen
schließlich
W
AE
−2
AE = Q
mol ⋅ 20,78
J mol
0
= ΔU
= 332 J
−1
K
−1
m
=
5
2
⋅
8,31 Jmol
⋅(
1023 −297)
K
−1
K
ges
−1
=
20,78 Jmol
Wärmelehre -5-
Prüfungsaufgabe 18
−1
K
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 19
Eine Wärmekraftmaschine arbeitet nach einem thermodynamischen Kreisprozess,
der aus einer Isobaren, aus einer Isochoren und aus zwei isothermen
Zustandsänderungen besteht (vgl. Skizze).
p
' 4'
' 1'
' 2'
'3'
Die Wärmekraftmaschine arbeitet mit der Stoffmenge n = 10 mol eines idealen
zweiatomigen Gases.
Die Höchstwerte von Druck, Temperatur und Volumen in diesem Kreisprozess sind
p 30 bar ,
K 500 T und l 72 V .
max =
max =
max =
(a) Welche Volumenänderungsarbeit W verrichtet die Maschine bei der isothermen
Expansion?
(b) Der Minimaldruck im Kreisprozess beträgt p min = 3,84 bar .
Bei welcher der vier Zustandsänderungen des Kreisprozesses nimmt die Innere
Energie U des Gases zu? Bestimmen Sie diese Zunahme.
(c) Berechnen Sie den Minimalwert Vmin
des vom Gas eingenommenen Volumens.
(d) Bei welcher/welchen Zustandsänderungen des Kreisprozesses wird/werden
Wärme(n) umgesetzt? Bestimmen Sie diese Wärme(n); geben Sie an, ob sie
dem System zugeführt oder vom System abgegeben wurde(n).
(e) Berechnen Sie die abgegebene mechanische Nettoarbeit der Maschine W für
einem Umlauf. Welchen Wirkungsgrad
Wärmekraftmaschine?
V
η th, real erreicht diese
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 19
n

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 19 – Kurzlösungen
Kreisprozess
Prozess 1'
'2'
Isotherme Expansion
T = T = T
' → 1 2 max
Prozess '2' → '3'
Isochore Abkühlung V 2 = V3
= Vmax
Prozess 3'
'4'
Isotherme Kompression
' → 3 4 T T =
Prozess 4'
'1'
Isobare Expansion
p = p = p
' → 4 1 max
Anzahl Freiheitsgrade f (zweiatomig)
= 5 .
ges
Molare isochore Wärmekapazität C (zweiatomig)
= 20,78 Jmol
K .
Molare isobare Wärmekapazität C (zweiatomig)
= 29,10 Jmol
K .
mv
mp
Isentropenexponent κ ( zweiatomig)
= 1,
40 .
Zuordnung der Zustandsgrößen (vorgegebene Werte grau hinterlegt); nicht
gegebene Identitäten und Aussagen [Index ’min‘])
Zustand 1 2 3 4
Druck 1 pmax
p = 2
p 3 pmin
−1
−1
−1
−1
p = p 4 = pmax
Temperatur T 1 = T2
= Tmax
T 2 = T1
= Tmax
T 3 = T4
= Tmin
T 4 = T3
= Tmin
Volumen 1 V 2 max V
1
p
p = p
p 3
4
'4'
V 4
V 1
V = V
V = 3 max V V = 4 min V V =
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 19
'1'
2
' 2'
'3'
3
V

(a) Volumen V = 13,9 dm .
1
Abgegebene Arbeit W = − 68,4 kJ.
3
12
Zugeführte Wärme Q = + 68,4 kJ .
12
(b) Temperatur T = 332 K = T .
3
4
Prozess '4' → '1'
: Zunahme Innere Energie ΔU = 34,7 kJ .
(c) Volumen (Zustand '4' ) 9,2 l .
V
min =
(d) Prozess '1' → '2'
: Zugeführte Wärme Q = − W = 68,4 kJ .
Prozess '2' → '3'
: Volumenänderungsarbeit W 0 .
12
12
23 =
Abgegebene Wärme Q = −ΔU
= − 34,7 kJ .
Prozess '3' → '4'
Abgegebene Wärme Q = − W = − 56,9 kJ .
Prozess '4' → '1'
Umgesetzte Arbeit W = −p
V −V
) (Fläche Rechteck).
41
23
34
34
4 ( 1 4
Umgesetzte Wärme Q 48,6 kJ .
41 =
(e) Nettoarbeit (ein Zyklus) W = W + W + W + W = − 25,4 kJ.
Zugeführte Wärme Q = Q + Q = 117,0 kJ.
zu
n
41
12
12
Realer Wirkungsgrad η = 0,22 .
th, real
23
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 19
34
41

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 19 – Musterlösung
Vorbetrachtung: Die speziellen Zustandsänderungen und die zugehörigen
Zustandsgrößen des Kreisprozesses sind
Prozess '1' → '2'
Isotherme Expansion T 1 = T2
= Tmax
Prozess 2'
'3'
Isochore Abkühlung
V = V = V
' → 2 3 max
Prozess '3' → '4'
Isotherme Kompression T 3 = T4
Prozess '4' → '1'
Isobare Expansion
p 4 = p1
= pmax
p = p
1
p
p 3
4
' 4'
V 4
' 1'
' 2'
'3'
V 1 V 2 = V3
Die Stoffmenge n = 10 mol bleibt im geschlossenen System konstant.
Für die Bestimmung der umgesetzten Wärmen und den Änderungen der Inneren
Energie benötigt man die molaren Wärmekapazitäten und C . Diese
bestimmen sich aus den Freiheitsgraden eines idealen zweiatomigen Gases.
Beschreibt man die zweiatomigen Moleküle modellmäßig als starre Hanteln, dann
sind im betrachteten Temperaturbereich auch die Freiheitsgrade der Rotation
angeregt und die Anzahl der Freiheitsgrade ist
f
g) = f + f = 3 + 2 = 5
ges (zweiatomi trans rot
V
Cmv mp
Die molare isochore Wärmekapazität Cmv
(zweiatomig)
bestimmt sich aus
fges(zweiatomig)
zu
fges(zweiatomig)
C mv (zweiatomig)
= Rm
2
5
−1
−1
= ⋅ 8,31 Jmol
K = 20,78 Jmol
2
Die molare isobare Wärmekapazität bestimmt sich aus f zu
C
mp
fges(zweiatomig)
+ 2
(zweiatomig)
= R
2
Cmp ges
m
=
7
2
⋅
8,31 Jmol
−1
K
−1
=
−1
K
29,10 Jmol
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 19
−1
−1
K
−1

Der Isentropenexponent κ bestimmt sich aus der Anzahl der Freiheitsgrade der
zweiatomigen Moleküle zu
f
κ(
zweiatomig)
=
f
ges
(zweiatomig)
+ 2
=
(zweiatomig)
ges
7
5
=
1,
40
Zuordnung der Zustandsgrößen (vorgegebene Werte [grau hinterlegt]; ergänzt durch
nicht gegebene Identitäten und Aussagen [Index ’min‘])
Zustand 1 2 3 4
Druck p 1 = pmax
p 2
p 3 = pmin
p 4 = pmax
Temperatur T 1 = T2
= Tmax
T 2 = T1
= Tmax
T 3 = T4
= Tmin
T 4 = T3
= Tmin
Volumen V 1
V 2 = Vmax
V 3 = Vmax
V 4 = Vmin
Fehlende Zustandsgrößen sind über die Zustandsgleichung eines idealen Gases
bestimmbar
= n R T
pV m
Verknüpfung der Zustandsgrößen bei speziellen Zustandsänderungen zwischen zwei
Zuständen Anfang ( ' A'
) und Ende ( 'E'
).
Isotherme Zustandsänderungen p A VA
= pE
VE
Isochore Zustandsänderungen
p A
T
pE
=
T
Isobare Zustandsänderungen
Isentrope Zustandsänderungen
A
V A
=
TA
p
T
p
V
T
E
E
E
κ κ
A VA
= pE
VE
( κ−1)
( κ−1)
A VA
= TE
VE
( 1−
κ)
κ ( 1−
κ)
κ
A TA
= pE
TE
Anschließend können für die individuellen Zustandsänderungen die umgesetzten
Wärmen QAE , die umgesetzte Arbeiten WAE und die Änderungen ΔU
der Inneren
Energie U bestimmt werden. Diese Größen sind über den 1. Hauptsatz der
Wärmelehre miteinander verknüpft.
Δ U = U −U
= Q + W
E
A
AE
AE
(a) Für die isotherme Expansion '1' →'2'
ändert sich die Innere Energie nicht, deshalb
ist die zugeführte Wärme Q12
( > 0)
betragsmäßig gleich der abgegebenen
mechanischen Arbeit ( 0)
. W
12 <
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 19

Das Volumen V1
erhält man aus der Zustandsgleichung eines dealen Gases für den
Zustand '1'
zu
p V = n R
1
1
m
n RmT
V1
=
p
max
T
3
1
max
= 13,9 dm
−1
10 mol ⋅8,31J
mol K
=
5
30 ⋅10
N m
−2
−1
⋅500
K
Die abgegebene Arbeit für eine isotherme Expansion ist
also
⎟ ⎛V
⎞
⎜ 2
W 12 = −n
Rm
T1
⋅ln
,
⎝ V1
⎠
W
12
= −n
R
= −
m
68,
4
T
kJ
max
⎛V
⋅ln
⎜
⎝ V
max
1
⎞
⎟ = − 10 mol ⋅8,31J
mol
⎠
−1
K
−1
⎛ 72 l ⎞
⋅500
K ⋅ln⎜
⎟
⎝13,
9 l ⎠
das negative Vorzeichen gehört nach der Vorzeichenkonvention zu ’abgegebener
Arbeit‘. Eine betragsmäßig gleiche Wärme Q12
muss dazu dem System zugeführt
werden, weil die Innere Energie sich nicht ändert; also
Q12
= − W12
= −(
− 68,4 kJ)
= + 68,4 kJ
(b) Die Innere Energie U eines idealen Gases
• bleibt bei der isothermen Expansion '1' →'2'
konstant,
• nimmt bei der isochoren Abkühlung '2'→ '3'
ab,
• bleibt bei der isothermen Kompression '3'→ '4'
konstant,
• nimmt bei der isobaren Expansion '4'→ '1'
zu.
Diese Zunahme der Inneren Energie bei der isobaren Expansion '4'→'1' ist
ΔU
= n C ( T −T
)
= n C
mv
mv
1
( T
max
4
−T
4
)
Die Zustandsänderung '3'→'4' ist eine isotherme Zustandsänderung, also gilt
T 4 = T3
Bestimmung von T 3(
= T4
) aus dem Teilprozess '2'→'3' (isochore Abkühlung)
Es gilt
p 2 p3
=
T T
2
3
Wärmelehre - 6 -
Prüfungsaufgabe 19

also
p
T
2
max
damit wird
p
=
T
p
T 3 =
p
min
2
min
3
T
max
Bestimmung von p aus dem Teilprozess '1' →'2'
(isotherme Expansion)
Es gilt
oder
damit
2
p V = p
2
2
2
max
1
V
p V = p
max
1
V1
p2 = ⋅ p
V
max
2
max
V
1
p eingesetzt in die Beziehung für T ergibt
T
3
p
=
p
Alternative
min
max
V
⋅
V
max
= 332 K = T
1
4
⋅T
max
3
3,84 bar 72 l
= ⋅ ⋅500
K
30 bar 13,9 l
Bestimmung der Temperatur T3
aus der Zustandsgleichung für den Zustand ‘3‘;
man erhält
T
3
=
=
p
3
V
nR
3
m
332 K
=
p
min
V
nR
max
m
5
−2
−3
3,84 ⋅10
Nm
⋅72
⋅10
m
=
−1
−1
10 mol ⋅8,31N
m mol K
und, da die Zustandsänderung '3'→'4' isotherm erfolgt, wieder wie oben
T
4
= T
3
=
332 K
Die Zunahme der Inneren Energie für die Zustandsänderung '4'→'1' wird
Δ U = n C −
ΔU
=
= 34,7 kJ
mv ( Tmax
T4
10
mol
⋅
)
20,46
J mol
−1
K
−1
(500 − 332) K
Wärmelehre - 7 -
Prüfungsaufgabe 19
3

(c) Das Volumen Vmin gehört zum Zustand '4'
Bestimmung von V aus dem Teilprozess '4'→'1' (isobare Expansion)
Es gilt
oder
V 4
=
T
V
4
min
T
4
V
T
damit wird
V
min
1
1
V
=
T
1
max
T4
= ⋅V
T
max
= 9,2 l
1
min
332 K
= ⋅13,9
l
500 K
(d) Vorüberlegung zu den Vorzeichen der ausgetauschten Wärmen:
Im Einzelnen:
Teilprozess Zustandsänderung umgesetzte Wärme
'1' → '2'
Isotherme Expansion
Q12
>
'2' → '3'
Isochore Abkühlung Q 0
23 <
'3' → '4'
Isotherme Kompression Q 0
'4' → '1'
Isobare Expansion
Prozess '1' →'2'
– Isotherme Expansion
Q = − W = 68,4 kJ (vgl. Teilaufgabe (a))
12
12
Prozess '2' →'3'
– Isochore Abkühlung
Es wird keine Volumenänderungsarbeit verrichtet
W23
=
0
34 <
Q41
>
die abgegebene Wärme ist gleich der Absenkung der Inneren Energie
also
23
mv ( T3
T2
Q = −ΔU
= nC −
Q
23
= −ΔU
= nC
= 10 mol ⋅ 20,46
J mol
= − 34,7 kJ
mv
( T
3
−T
)
max
−1
)
K
−1
⋅(332
− 500) K
Wärmelehre - 8 -
Prüfungsaufgabe 19
0
0

Prozess '3' →'4'
– Isotherme Kompression
Die Innere Energie hängt nur von der absoluten Temperatur ab, bei konstanter
Temperatur ändert sich die Innere Energie nicht; deshalb gilt
oder
Q
Q
34
34
= − W
= − W
34
34
= − 56,9 kJ
= ( −)(
−)
nR
= n R
m
T
= 10 mol ⋅8,31J
mol
3
m
T
3
⎛ V
ln
⎜
⎝V
−1
K
⎛V
ln
⎜
⎝V
min
max
−1
Prozess '4'→'1' – Isobare Expansion
(analog zu Teilaufgabe (a))
Q = ΔU
− W
41
41
⎞
⎟
⎠
4
3
⎞
⎟
⎠
⎛ 9,23 l ⎞
⋅332
K ⋅ln
⎜ ⎟
⎝ 72 l ⎠
Die umgesetzte Arbeit wird repräsentiert durch die Fläche unter der p(V
) -Kurve; für
eine Isobare ist dies die Fläche eines Rechtecks. Zu berücksichtigen ist dabei die
Vorzeichenkonvention.
W = − p V −V
)
41
damit wird
Q = ΔU
41
4 ( 1 4
( 41)
− ( − p
max
( V
= 34,7
kJ − ( −30
⋅10
= 48,6 kJ
1
5
−V
N m
min
−2
))
[ 13,9 − 9,2]
⋅10
(e) Die insgesamt in einem Zyklus umgesetzte Arbeit ist
Wn
= W12
+ W23
+ W34
+ W41
= ( −68,4
+ 0 + 56,9 −13,9)
kJ
= −25,4
kJ
(Benutzen der Ergebnisse von Teilaufgabe (d))
Die insgesamt zugeführte Wärme ist
Qzu
= Q41
+ Q12
= (48,6 + 68,4) kJ
= 117,0 kJ
Der Wirkungsgrad wird damit
Wn
25,4 kJ
ηth,
real = =
Qzu
117,0 kJ
= 0,22
−3
m
3
) = 34,7 kJ + 13,9 kJ
Wärmelehre - 9 -
Prüfungsaufgabe 19

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 20
Ein mit einem unbekannten, zweiatomigen Gas gefülltes Glasgefäß ist mit einem
offenen U-Rohr-Manometer verbunden, das mit einer Flüssigkeit der Dichte
−3
ρ = 1,
60 gcm
gefüllt ist (vgl. Skizze).
Der Innendurchmesser der Röhrchen ist D = 1,
00 cm . Anfangs stehen die beiden
Flüssigkeitsspiegel auf gleicher Höhe ( x = 0 cm ); dabei hat das Gas insgesamt das
3
Volumen V = 0,
500 dm . Der äußere Luftdruck ist p 980 hPa .
1
Die Temperatur der gesamten Anordnung ist anfangs ϑ 20,
0 C .
(a) Berechnen Sie die Stoffmenge n und die Anzahl N der Moleküle des Gases im
Gefäß.
Mit Hilfe eines kurzen Stromstoßes durch eine Heizwicklung im Gefäß (vgl. Skizze)
wird dem Gas Wärme zugeführt. Die Flüssigkeitsspiegel im Manometer verschieben
sich in den beiden Schenkeln jeweils um x = 15,
0 cm und bleiben dort einige Zeit
stehen.
(b) Berechnen Sie die den Druck pE , das Volumen E und die Temperatur des
Gases nach dem Stromstoß.
V E ϑ
(c) Skizzieren Sie diesen Prozess in einem p, V -Diagramm; tragen Sie qualitativ den
Anfangszustand A( A, A ) und den Endzustand ein und verbinden
Sie diese beiden Zustände vereinfachend linear durch eine Gerade.
V p ) , ( E E E V p
(d) Wie groß ist die umgesetzte Arbeit WAE
bei diesem Prozess?
Wurde sie dem Gas zugeführt oder vom Gas abgegeben?
In der Heizwicklung wurde durch den Stromstoß die JOULEsche Wärme
erzeugt.
L =
A =
o
Q = 12
(e) Berechnen Sie die vom Gas aufgenommene Wärme Qzu
und die während der
Ausdehnung über die Gefäßwände nach außen abgegebenen Wärmeverluste
.
Verlust
Qab
Wärmelehre - 1 -
Prüfungsaufgabe 20
x
pL
Gas
J

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 20 – Kurzlösungen
−2
(a) Teilchenmenge n = 2,01⋅10
mol .
22
Teilchenanzahl N = 1, 21⋅10
.
(b) Druck p 980 hPa ; hPa ; 47 = Δp hPa 1027 p .
L =
−3
3
m
E =
Volumen ΔV = 0,012 ⋅10
; V = 0,512⋅10
m .
Temperatur T = 314 K ; bzw. ϑ C .
(c) und (d) p, V -Diagramm
E
p
p E
p L
' A'
V A
'E'
∫
E
o
E = 41
Umgesetzte Arbeit W = − p dV (Fläche Trapez); W = − 1,20 J .
AE
'A'
(e) Zugeführte Wärme (1. Hauptsatz) ΔU
= U − U = Q + W .
V E
Gas
'E'
Anzahl Freiheitsgrade f (zweiatomig)
= 5 .
ges
V
E
−3
A
3
AE
Gas
zu
Molare isochore Wärmekapazität C (zweiatomig)
= 20,78 Jmol
K .
mv
Änderung Innere Energie ΔU 8,77 J .
Gas
zu =
Gas =
Zugeführte Wärme Q 9,97 J .
Verlust
ab
Wärmeverlust Q = 2,03 J.
Wärmelehre - 2 -
Prüfungsaufgabe 20
AE
−1
−1

Wärmelehre – Prüfungsaufgabe 20 – Musterlösung
(a) Die Zustandsgleichung eines idealen Gases liefert für den Anfangszustand ' A'
o
ϑA
20 C
mit p A = pL
und T A = ( 273 + ) K = (273 + ) K = 293 K
o
o
C
C
und
p V
L
A
N = n N
= n R
m
m
pLV
n =
R T
T
A
A
A
= 2,01⋅10
A
= 1,
21⋅10
22
980 ⋅10
=
−2
= 2,01⋅10
8,31Nm
mol
mol
−2
2
Nm
−2
⋅ 0,5 ⋅10
−1
K
mol ⋅ 6,02 ⋅10
−1
23
−3
m
⋅ 293 K
mol
(b) Der Druck pE im Zustand 'E' ist gegen pA um Δ p erhöht, die Differenz ergibt
sich aus der Höhe der Flüssigkeitssäule zu
Δp
= ρ ⋅ g ⋅ 2x
= 1,
60 ⋅10
damit wird
p
E
= 47 hPa
= p + Δp
= (980 +
L
= 1027 hPa
3
kgm
47) hPa
−3
⋅9,81ms
-1
−2
3
⋅ 2 ⋅15
⋅10
−2
m = 47,1⋅10
Das Volumen VE im Zustand 'E' ist gegen VA um Δ V vergrößert, die Differenz
ergibt sich aus der Geometrie (Volumen eines Zylinders) zu
D 2 1,
00 ⋅10
ΔV = π(
) x = π(
2
2
= 0,012 ⋅10
−3
m
3
−2
m
)
damit wird das Volumen im Zustand
V
E
= V + ΔV
A
=
= 0,512 ⋅10
( 0,
500
−3
m
3
2
+ 0,
012)
⋅10
⋅15
⋅10
'E'
−3
m
−3
Die KELVIN-Temperatur im Zustand 'E'
wird
T
E
=
=
p
p
E
A
V
V
E
A
314 K
T
A
1027 hPa ⋅ 0,512 ⋅10
=
980 hPa ⋅0,500
⋅10
−3
−3
−2
m
m
3
3
m = 11,8 ⋅10
⋅ 293 K
Die zugehörige CELSIUS-Temperatur ist ϑ C .
41 o
E =
Wärmelehre - 3 -
Prüfungsaufgabe 20
−6
m
3
2
Nm
−2

(c) und (d): Die umgesetzte Arbeit wird durch die Fläche unter der Kurve AE
(vereinfachend eine Gerade) repräsentiert; dies ist die Fläche eines Trapezes,
W
AE
= −
'E'
∫
'A'
p
p E
p L
p dV
' A'
V A
V E
Bei einer Expansion nimmt das Volumen zu, also ergibt sich für WAE
ein negatives
Vorzeichen. Nach der Vorzeichenkonvention heißt das ’Arbeit wird vom System
abgegeben’.
Der Wert des Integrals wird durch die Fläche eines Trapezes repräsentiert. Die
Fläche ergibt sich zu
Fläche
A
Trapez
( p
=
L
+ p
2
E
(980 + 1027) ⋅10
=
2
= 12,0 ⋅10
)
⋅(
V
−1
E
−V
2
A
)
Nm
J = 1,20 J
'E'
−2
Damit wird unter Berücksichtigung des Vorzeichens
W
AE
= − 1,20 J
V
⋅(0,512
− 0,500) ⋅10
(e) Die dem System durch den Stromstoß zugeführte JOULEsche Wärme dient
• der Erhöhung ΔU
der Inneren Energie U des Gases,
• der bei Expansion des Gases abgegebenen Arbeit WAE
,
verlust
ab
• der Abgabe von Verlustwärme Q an die Umgebung.
Die dem Gas zugeführte Wärme erhält man aus dem 1. Hauptsatz
Gas
E
A
Gas
zu
Δ U = U − U = Q + W
AE
Wärmelehre - 4 -
Prüfungsaufgabe 20
−3
m
3

Zur Berechnung der Änderung der Inneren Energie braucht man die molare isochore
Wärmekapazität Cmv
; diese ergibt sich aus der Anzahl der Freiheitsgrade für ein
starres zweiatomiges Molekül bei dem auch Rotationen angeregt sind. Die Anzahl
der Freiheitsgrade ist
f
g) = f + f = 3 + 2 = 5
ges (zweiatomi trans rot
Die molare isochore Wärmekapazität Cmv
(zweiatomig)
bestimmt sich aus
fges(zweiatomig)
zu
fges(zweiatomig)
5
C mv (zweiatomig)
= Rm
=
2
2
Damit wird die Änderung der Inneren Energie
ΔU
Gas
= nC
mv
( T
= 877 ⋅10
E
−2
−T
A
) = 2,01⋅10
J = 8,77 J
−2
⋅
8,31 Jmol
mol ⋅ 20,78 Jmol
Die dem Gas zugeführte Wärme wird nach dem 1. Hauptsatz
Q
Gas
zu
= ΔUGas
−W
= 9,97 J
AE
= 8,77 J − ( −1,20
J)
Für die Bilanz der umgesetzten Wärmen gilt
Gas
zu
Q = Q + Q
Joule
Verlust
ab
−1
−1
K
K
−1
−1
=
20,78 Jmol
(314 − 293) K
damit folgt für die an die Umgebung abgegebene Wärmeverluste schließlich
Q
Verlust
ab
= (12,0 − 9,97) J = 2,03 J
Wärmelehre - 5 -
Prüfungsaufgabe 20
−1
K
−1