Wärmelehre Prüfungsaufgaben Günther Kurz - gilligan-online

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