Physikalische Chemie I Musterl¨osung ¨Ubung 2 FS 2009
Musterl¨ osung ¨ Ubung 2
Aufgabe 1: Ideale Gasgleichung
a) Um das Volumen zu berechnen, l¨osen wir die ideale Gasgleichung nach dem Volumen auf und setzen die Werte, in SI-Einheiten umgerechnet, f¨urn,T undpein. Mit der universellen Gaskonstante R = 8.3145K·molJ erhalten wir somit
V = nRT
p = 1 mol·8.3145 J
K·mol ·298.15 K· 1
105Pa = 0.0248 m3 = 24.8 dm3 also ungef¨ahr 25 Liter. Eine Zahl, die man sich merken sollte.
b) F¨ur die Verdoppelung des Volumens haben wir drei Variablen zur Verf¨ugung:n, T und p.
Wir erreichen das doppelte Volumen entweder durch Verdoppelung der Gasmenge auf 2 mol oder der Temperatur von 298.15 K auf 596.30 K. Als dritte M¨oglichkeit kann man auch den Druck halbieren auf 0.5 bar. Nat¨urlich kann man auch alle drei Gr¨ossen zusammen variieren um das Volumen zu ¨andern.
Aufgabe 2: Integrieren
a) Da es sich bei a um eine Konstante handelt, ist
T2
Z
T1
a
TdT =a
T2
Z
T1
1
TdT =a[ln(T)]TT2
1 =a[ln(T2)−ln(T1)] =aln T2
T1
.
b) Das Polynom wird entsprechend zu
T2
Z
T1
c0+c1T+c2T2+c3T3
T dT =
T2
Z
T1
c0
T dT +
T2
Z
T1
c1dT +
T2
Z
T1
c2TdT +
T2
Z
T1
c3T2dT
= c0[ln(T)]TT2
1 +c1[T]TT21 +hc2
2T2iT2
T1
+hc3
3T3iT2
T1
= c0ln T2
T1
+c1(T2−T1) + c2
2 T22−T12 +c3
3 T23 −T13 c) Eine Potenzfunktion wird zu
T2
Z
T1
V T1−γ
T dT =V
T2
Z
T1
T1−γ·T−1dT =V
T2
Z
T1
T−γdT =V
T1−γ 1−γ
T2
T1
= V
1−γ T21−γ−T11−γ Diese Gleichung gilt solange γ 6= 1. F¨ur γ = 1 verschwindet T und wir haben denselben Fall, wie in Aufgabe 2a).
Man beachte auch, dass ein Integral der Form
T2
R
T1
f(T)
T dT stets die physikalische Einheit von f(T) beibeh¨alt, da sich die Dimensionen von T und dT wegk¨urzen.
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Physikalische Chemie I Musterl¨osung ¨Ubung 2 FS 2009
Aufgabe 3: Totale Differentiale
Ist F(x1, x2, . . . , xn) eine differenzierbare Funktion von n Variablen x1, x2, . . . , xn, dann wird das totale Differential dF(x1, x2, ..., xn) definiert als
dF(x1, x2, ..., xn) =
n
X
i=1
∂F(x1, x2, ..., xn)
∂xi
xj6=i
dxi
a) g(x, y) = yex+xlny
dg(x, y) =
∂g(x, y)
∂x
y
dx+
∂g(x, y)
∂y
x
dy
= (yex+ lny) dx+
ex+ x y
dy
b) h(x, y, z) = axy+bxz+cyz dh(x, y, z) =
∂h(x, y, z)
∂x
y,z
dx+
∂h(x, y, z)
∂y
x,z
dy+
∂h(x, y, z)
∂z
x,y
dz
= (ay+bz) dx+ (ax+cz) dy+ (bx+cy) dz
Aufgabe 4: Wegabh¨ angigkeit von Integralen
a) Die Integration von δF1 entlang Weg 1 ((0,0)7→ (0,π/2) 7→ (2,π/2)) ergibt:
(x=2,y=π/2)
Z
(x=0,y=0)
δF1 =
2
Z
0
ax2sinydx|(y=π/2)+
π/2
Z
0
bx3cosydy|(x=0)
= ax3
3 siny|(x=2,y=π/2)
(x=0,y=π/2)+ 0 = 8 3a und entlang Weg 2((0,0) 7→ (2,0) 7→ (2,π/2))
(x=2,y=π/2)
Z
(x=0,y=0)
δF1 =
2
Z
0
ax2sinydx|(y=0)+
π/2
Z
0
bx3cosydy|(x=2)
= 0 +bx3siny|(x=2,y=π/2) (x=2,y=0) = 8b Analog gilt f¨urδF2:
2
Physikalische Chemie I Musterl¨osung ¨Ubung 2 FS 2009 Weg 1:
(x=2,y=π/2)
Z
(x=0,y=0)
δF2 =
2
Z
0
a0(lnx+ 1)y2 dx|(y=π/2)+
π/2
Z
0
b0yxlnxdy|(x=0)
= a0(x(lnx−1) +x)y2|(x=2,y=π/2)
(x=0,y=π/2)+ 0 = π2 2 a0ln 2 wobei der Grenzwert limx→0(xlnx) = 0 verwendet wurde.
Weg 2:
(x=2,y=π/2)
Z
(x=0,y=0)
δF2 =
2
Z
0
a0(lnx+ 1)y2 dx|(y=0)+
π/2
Z
0
b0yxlnxdy|(x=2)
= 0 +b01
2y2xlnx|(x=2,y=π/2) (x=2,y=0) = π2
4 b0ln 2
b) δFi = A(x, y) dx+B(x, y) dy ist genau dann ein totales Differential wenn ∂yA(x, y) =
∂xB(x, y) gilt.
Wir berechnen ∂yA(x, y) und∂yB(x, y) f¨ur δF1:
∂yA(x, y) = ∂ax2siny
∂y =ax2cosy
∂xB(x, y) = ∂bx3cosy
∂x = 3bx2cosy Und nun ∂yA(x, y) und ∂yB(x, y) f¨urδF2:
∂yA(x, y) = ∂a0(lnx+ 1)y2
∂y = 2a0(lnx+ 1)y
∂xB(x, y) = ∂b0yxlnx
∂x =b0y(lnx+ x
x) = b0y(lnx+ 1) Um totale Differentiale zu erhalten muss somit a= 3b und 2a0 =b0 gelten.
Wenn man nun die Wegintegrale von oben unter diesen Bedingungen betrachtet sind die Endwerte f¨ur beide Wege gleich, wie es bei einem wegunabh¨angigen, totalen Differentialen sein muss.
F1(2, π/2) = 8
3a+ const.
F2(2, π/2) = π2
2 a0ln 2 + const.
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