Hallo,
ich hab ein Problem mit folgender Aufgabe:
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Mein Problem ist jetzt, dass ich zwei verschiedene Lösungen komme, je nach dem welchen Ansatz ich verwende!
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Wenn ich annehme, dass der Vorgang isotherm ist, dann ändert sich die innere Energie wegen dU=Cv*dT=0 nicht, außerdem ist alles isoliert also ist auch keine Wärmeaustausch möglich: dQ=0. Das ergibt nach dem ersten Hauptsatz für die abgegebene Arbeit:
dU=dQ+dW 0=dW
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Wenn ich aber die Tatsache heranziehe, dass bei einem isothermen Prozess die maximal abgebbare Arbei gleich der Abnahme der freien Energie F=U-TS ist, (also dW=dF), komme ich auf:
dW=dF=dU-SdT-TdS = -TdS, da dU=dT=0.
Die Entropie ändert sich doch aber bei dem Vorgang auf jeden Fall, er ist immerhin irreversibel, also ist auch dS 0 und damit auch dW0!
Also wie jetzt??
Kennt sich damit jemand aus?
Gruß
Oliver
Hallo,
Hallo Oliver,
ich hab ein Problem mit folgender Aufgabe:
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Hmm… Aber wie ist das Verhältnis von V1 zu V2 und somit von P1 zu P2? H = U + pV…
Alles Gute
auch Oliver… 
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Hallo Oliver,
ich hab ein Problem mit folgender Aufgabe:
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Die Entropie ändert sich doch aber bei dem Vorgang auf jeden
Fall, er ist immerhin irreversibel, also ist auch dS
0 und damit auch dW0!
Nehmen wir mal die 3 extreme:
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V1 = V2:
Da Tempereatur und Teilchendichte Vx/N (Druck) beider Systeme identisch sind ergibt sich für das Gesammt-System auch der gleiche Wert (V1+V2)/(2N) ergibt, passiert hier rein gar nichts.
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V1 = 0; V2 = unendlich
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V1 = unendlich; V2 = 0
Da nur die absoluten Werte gefragt sind, kannst du diese beiden Varianten als eine betrachten.
Vx = unendlich, entspricht einem recht guten Vakuum (sofern N nicht auch unendlich ist)
Vx = 0, funktioniert natürlich auch nicht ganz, da selbst schwarze Löcher noch eine „Grösse“ haben.
MfG Peter(TOO)
Hi,
bei Deiner Anordnung handelt es sich letztlich um den Joulschen Überströmversuch. Wenn die Behälter nach außen isoliert und außerdem starr sind, dann kann weder Wärme noch Arbeit über die Systemgrenze fliessen. Ergo, die Änderung der Inneren Energie ist Null. Der Versuch muss dabei nicht Isotherm ablaufen. Bei nichtidealen Gasen kann sich eine Temperaturänderung einstellen.
Egal, der Versuch leistet keine Arbeit, es wird keine Änderung der Umgebung herbeigeführt.
Den von Dir angeführten zweiten Hauptsatz kann ich auf die Schnelle nicht nachvollziehen. Aus der Gibb’schen Fundamentalgleichung ergibt sich generell für die Arbeit:
dW = TdS - pdV + Summe über k(chem. Potential*dni)k
Also TdS = - pdV mit dW = 0
Gruß
Tom
Hallo Tom,
danke für die Antwort…
Egal, der Versuch leistet keine Arbeit, es wird keine Änderung
der Umgebung herbeigeführt.
Den von Dir angeführten zweiten Hauptsatz kann ich auf die
Schnelle nicht nachvollziehen.
Naja der erste Hauptsatz ist doch
dU=dW+dQ
und wenn dU=dQ=0 ist, ist doch auch dW=0.
Aus der Gibb’schen
Fundamentalgleichung ergibt sich generell für die Arbeit:
dW = TdS - pdV + Summe über k(chem. Potential*dni)k
Also TdS = - pdV mit dW = 0
Das versteh ich jetzt nicht, -pdV IST doch gleich die Arbeit: dW=-pdV Oder nicht?
Also ist dW=TdS. Und die Änderung der Entropie kann man ja ausrechnen. Oder ist mit -pdV was Anderes gemeint? Sowas wie innere Arbeit oder so??
Gruß
Oliver