Wärmelehre Prüfungsaufgaben Günther Kurz - gilligan-online

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