U09 – Schmelzen von Eis

 

2 kg Eis von –40°C, die sich in einem wärmeisolierten Gefäß befinden, sollen durch eine konstante Wärmezufuhr {\dot Q_{el}} = 1\:kW erwärmt, vollständig verflüssigt und schließlich auf 80°C erhitzt werden.

  1. Skizzieren Sie den Verlauf der Temperatur t des Eises bzw. Wassers über der Zeit J während des gesamten Prozesses für die bekannten kalorischen Werte von Wasser.
  2. Welche Zeit Δτges wird für den Gesamtprozess benötigt?
  3. Welche Entropie wird dabei dem Eis bzw. dem Wasser mindestens zugeführt?

Hinweis: Dichteänderungen während der Umwandlung des Eises in Wasser sollen vernachlässigt werden.

{c_W} = 4,19\frac{{kJ}} {{kgK}},\quad {c_E} = 2,108\frac{{kJ}} {{kgK}},\quad {r_E} = 333,4\frac{{kJ}} {{kg}}

Lösung

td-09-behalter-eis-wasser

a)

Der Temperaturverlauf sieht aus wie folgt:

td-09-temperaturverlauf

Erklärung:

Das Eis erwärmt sich solange, bis es den Schmelzpunkt erreicht hat. Danach bleibt die Temperatur solange konstant, bis das Eis vollständig geschmolzen ist. Anschließend heizt sich das Wasser weiter auf. Allerdings nur noch halb so schnell, wie das Eis. Dies liegt daran, dass der kalorische Wert von Wasser doppelt so groß ist, wie der von Eis.

Ersichtlich wird dieser Zusammenhang noch im nächsten Aufgabenteil.

b)

Wir stellen als erstes den 1. Hauptsatz für instationäre Vorgänge auf:

\frac{{\partial {U^\Sigma }}} {{\partial \tau }} = \dot Q+\underbrace {\dot W}_0

Diesen Stellen wir nach der Zeit um

\Rightarrow \quad d\tau  = \frac{{d{U^\Sigma }}} {{\dot Q}}

Aus dem totalen Differential von u folgt für die Bereiche 1 und 3:

du = \underbrace {{{\left( {\frac{{\partial u}} {{\partial T}}} \right)}_v}dT}_{{c_v} \cdot  dT}+{\left( {\frac{{\partial u}} {{\partial v}}} \right)_T}\underbrace {dv}_0

\Rightarrow \quad \underline{\underline {dU = {m_E} \cdot  du = {m_E} \cdot  {c_v} \cdot  dT}}

Für den Schmelzbereich folgt aus der Gibbs’schen Hauptgleichung:

dU = \underbrace {TdS}_{r \cdot  dm}-\underbrace {pdV}_0

\Rightarrow \quad \underline{\underline {dU = {r_E} \cdot  d{m_W}}}

Hierbei ist rE die Schmelzenthalpie und dmW die Änderung der Wassermasse. Da wir das Eis komplett in Wasser umwandeln beträgt sie in diesem Falle mE = 2kg.

Damit folgt insgesamt:

d{U^\Sigma } = {m_E} \cdot  {c_E} \cdot  \left( {{T_2}-{T_1}} \right)+{r_E} \cdot  d{m_W}+{m_E} \cdot  {c_W} \cdot  \left( {{T_3}-{T_2}} \right)

= {m_E}\left[ {{c_E} \cdot  \left( {{T_2}-{T_1}} \right)+{r_E}+{c_W} \cdot  \left( {{T_3}-{T_2}} \right)} \right]

= 2\:kg \cdot  \left[ {2108\frac{J} {{kg}} \cdot  40\:K+333400\frac{J} {{kg}}+4190\frac{J} {{kg}} \cdot  80\:K} \right]

= \underline{\underline {1505,8\:kJ}}

\Rightarrow \quad d\tau  = \frac{{d{U^\Sigma }}} {{{{\dot Q}_{el}}}} = \frac{{1505,8\:kJ}} {{1000\:W}} = 1505,8\:s = \underline{\underline {25\:min}}

Erklärung zum Anstieg des Graphen:

Es ist gilt:

d\tau  = \frac{{d{U^\Sigma }}} {{{{\dot Q}_{el}}}} \approx {m_E} \cdot  {c_v} \cdot  dT\quad  \Rightarrow \quad \frac{{dT}} {{d\tau }} \approx \frac{1} {{{c_v}}}

Das heißt also mit doppelt so großem c ist die Steigung der Temperatur nur noch halb so groß.

c)

Für die Entropieänderung gilt:

dS = \delta {S_Q}+\delta {S_{irr}}

mit:

\delta {S_Q} = \frac{{\delta Q}} {T}

\delta {S_{irr}} \geq 0

In diesem Fall ist die irreversible Entropieänderung = 0, da es sich um einen reversiblen Vorgang handelt.

Mit Hilfe des ersten Hauptsatzes aus b) folgt:

dS = \delta {S_Q} = \frac{{\delta Q}} {T} = \frac{{\dot Q \cdot  d\tau }} {T} = \frac{{d{U^\Sigma }}} {T}

Durch Integration erhalten wir:

\Delta S = \int\limits_1^3 {dS}  = \int\limits_1^3 {\frac{{d{U^\Sigma }}} {T}}  = \int\limits_1^{{2^\prime }} {{m_E} \cdot  {c_E} \cdot  \frac{1} {T} \cdot  dT} +\int\limits_{{2^\prime }}^{{2^\prime }^\prime } {{r_E} \cdot  \frac{1} {T} \cdot  d{m_W}} +\int\limits_{{2^\prime }^\prime }^3 {{m_E} \cdot  {c_W} \cdot  \frac{1} {T} \cdot  dT}

= \ln \left( {\frac{{{T_2}}} {{{T_1}}}} \right) \cdot  {m_E} \cdot  {c_E}+{r_E} \cdot  \frac{{{m_E}}} {{{T_2}}}+\ln \left( {\frac{{{T_3}}} {{{T_2}}}} \right) \cdot  {m_E} \cdot  {c_W}

= \ln \left( {\frac{{273,15K}} {{237,15K}}} \right) \cdot  2kg \cdot  2108\frac{J} {{kgK}}+333400\frac{J} {{kg}} \cdot  \frac{{2kg}} {T}+\ln \left( {\frac{{353,15K}} {{273,15K}}} \right) \cdot  2kg \cdot  4190\frac{J} {{kgK}}

= 5261,29\:\frac{J} {K}

\Rightarrow \quad \underline{\underline {\Delta S = 5,26\:\frac{{kJ}} {K}}}

\mathcal{J}\mathcal{K}