Geben Sie die Abh¨angigkeit des Drucks vom Volumen in einem adiabatischen Prozess an

Karlsruher Institut f¨ur Technologie Institut f¨ur Theorie der Kondensierten Materie Moderne Theoretische Physik III (Theorie F – Statistische Mechanik) SS 17

Prof. Dr. Alexander Mirlin Blatt 2

PD Dr. Igor Gornyi, Janina Klier Besprechung: 05.05.2017

1. Carnot-Prozess f¨ur das ultrarelativistische Bosegas:

(10 + 15 + 5 + 5 = 35 Punkte) Wir betrachten ein ultrarelativistisches Gas von Bosonen (TemperaturT, Volumen des Systems V). Die innere Energie U und der Druck p dieses Systems erf¨ullen

U =σV T⁴, p=U/3V, (1)

wobei σ die Stefan-Boltzmann Konstante bezeichnet. Das chemische Potential des ul- trarelativistischen Bosegases verschwindet: µ= 0.

(a) Bestimmen Sie die Entropie des Systems S(T, V) als Funktion von Temperatur und Volumen, indem Sie von der inneren EnergieU(T, V) ausgehen. Geben Sie die Abh¨angigkeit des Drucks vom Volumen in einem adiabatischen Prozess an.

L¨osung:

Um die Entropie S(T, V) zu berechnen beginnen wir mit dem ersten Hauptsatz zusammen mit der thermodynamischen Definition der Entropie (bei fester Teil- chenzahl)

dU =T dS−pdV =T∂S

∂T V

dT +

T∂S

∂V T

−p

dV (2)

Die Ableitungen der Entropie sind daher gegeben durch

∂S

∂T

V = 4V σT², (3)

∂S

∂V

T = 4

3σT³. (4)

Integration dieser Gleichungen ergibt S = 4

3V σT³+a, (5)

wobei die unbekannte Konstante a von der Teilchenzahl abh¨angt. F¨ur den Fall von konstanter Teilchenzahl ist diese Konstante irrelevant und kann Null gesetzt werden.

F¨ur den adiabatischen Prozess gilt S= const. Daher,

V T³ = const, (6)

V p^3/4 = const. (7)

(b) Analysieren Sie einen geschlossenen Carnotzyklus f¨ur das ultrarelativistische Bose- gas. Berechnen Sie Arbeit, die vom System in jedem Schritt geleistet wird und die

Abbildung 1: Carnot-Prozess (aus der Vorlesung)

W¨arme, die vom System w¨ahrend der isothermen Expansion (Kompression) aufge- nommen (abgegeben) wird. Bestimmen Sie den Wirkungsgrad der Carnot-Maschine als Funktion vonT1 und T2.

L¨osung:

Wir beginnen die Analyse des Carnot-Prozesses (s. Abb. 1) mit den Isothermen (T =T₂). Aus U =σV T⁴ und p=U/3V folgt, dass der Druck

p= σT⁴

3 (8)

unabh¨angig vom VolumenV ist. Daher ¨andert eine isotherme Expansion (V₂ →V₂⁰) den Druck nicht, d.h. sind die Isotherme Linien mitp= konst. parallel zurV-Achse imp−V Diagramm (Abb. 1).

Die verrichtete Arbeit des Systems ist durch W2→2⁰ =

Z V₂0

V2

pdV = σT₂⁴

3 (V₂⁰ −V₂) (9)

gegeben. Die ¨Anderung der inneren Energie ist

∆U2→2⁰ = Z V₂0

V2

∂U

∂V T

dV =σT₂⁴(V₂⁰ −V₂). (10) Daraus resultiert die W¨arme, die das System w¨ahrend der isothermen Expansion aufnimmt, mit

Q₂ = ∆U2→2⁰ +W2→2⁰ = 4

3σT₂⁴(V₂⁰ −V₂). (11) Im n¨achsten Schritt betrachten wir die adiabatische Ausdehnung V₂⁰ → V₁, T₂ → T₁. Aus

p=− ∂U

∂V S

= 1 3

U V

folgt f¨urS = const, dass

dU

U =−1 3

dV

V . (12)

Dies ergibt U ∼ V^−1/3. Da U eine extensive Gr¨oße ist und die einzige andere extensive Gr¨oße die Entropie ist, muss die innere Energie sich wieU =αS^4/3V^−1/3 verhalten, wobeiα eine Konstante ist. Das ist wiederum gleichσV T⁴, das

σ α

3/4

V T³ =S (13)

ergibt. Daher gilt

V T³ = konst. (14)

entlang der Adiabate (S = const,δQ= 0). Das Volumen der Expansions ist gegeben durch

V₁ =V₂⁰T₂³

T₁³. (15)

Mit dem ersten Hauptsatz finden wir die vom System verrichtete Arbeit:

W₂⁰→1 =−∆U₂⁰→1 =σT₂⁴V₂⁰ −σT₁⁴V₁ =σV₁T₁³(T₂−T₁). (16) Gleichung (14) f¨uhrt auch zu

V₁⁰ =V₂T₂³

T₁³ (17)

sodass die letzte Adiabate den Anfangszustand erreicht. In Analogie mit der iso- thermen Expansion 2→2⁰ folgt:

W_1→1⁰ = Z V₁0

V1

pdV = σT₁⁴

3 (V₁⁰ −V₁) = σV₂T₁T₂³

3 (V₂−V₂⁰)<0 (18) und

∆U1→1⁰ = Z V₁0

V1

∂U

∂V T

dV =σT₁⁴(V₁⁰ −V₁) = σV₂T₁T₂³(V₂−V₂⁰). (19) Daher ist die ¨Anderung der letzten W¨arme f¨ur die isotherme Kompression (T = T₁, V₁ →V₁⁰)

Q₁ = ∆U1→1⁰ +W1→1⁰ = 4

3σT₁⁴(V₁⁰ −V₁)

= −4

3σT₁T₂³(V₂⁰ −V₂). (20) F¨ur die adiabatische Kompression (V₁⁰ → V₂, T₁ → T₂) erhalten wir analog zu 2⁰ →1:

W1⁰→2 =−∆U1⁰→2 =σT₂⁴V2−σT₁⁴V1⁰ =σV2T₂³(T2−T1). (21) Daraus resultiert eine endliche ¨Anderung der W¨arme im Gesamtprozess

Q₂+Q₁ = 4

3σ(T₂ −T₁)T₂³(V₂⁰ −V₂)>0. (22) und daher wurde Arbeit

∆W = I

δQ=Q2− |Q1|>0

verrichtet.

Der Wirkungsgrad des Carnot-Prozess ist η= geleistete Arbeit

absorbierte W¨arme = ∆W

Q₂ = 1−|Q₁|

Q₂ = 1− T₁

T₂. (23) Der Wirkungsgrad ist universell, er h¨angt nicht von den Eigenschaften des Gases ab.

(c) Berechnen Sie das Integral

∆S = I δQ

T , (24)

¨uber den Carnot-Prozess f¨ur das ultrarelativistische Bosegas. Dabei bezeichnet δQ die infinitesimale Menge an W¨arme die vom System aufgenommen wird und das Integral l¨auft ¨uber den kompletten Carnot-Prozess.

L¨osung:

∆S = Q₂ T₂ + Q₁

T₁ = 0, (25)

das zeigt, dass die Entropie tats¨achlich eine Zustandsvariable ist.

(d) Untersuchen Sie denselben Carnot-Prozess in der umgekehrten Richtung (die iso- therme Kompression des Gases findet bei der h¨oheren Temperatur T₁ statt). Was ist der Zweck dieses Prozesses? Berechnen Sie die W¨arme, die im Prozess aus dem kalten W¨armebad entnommen wird und vergleichen Sie sie mit der Arbeit, die von einer externen Maschine geleistet wird um den Prozess zu durchlaufen.

L¨osung:

Wenn der Carnot-Prozess in umgekehrter Reihenfole durschlangen wird, arbeitet die Maschine als W¨armepumpe (K¨uhlmaschine).

Der erste Prozess ist dann die adiabatische Expansion 2→ 1⁰. Im zweiten Prozess 1⁰ →1, isotherme Expansion bei TemperaturT1 vonV1⁰ nachV1, nimmt das System W¨arme auf, die dem zu k¨uhlenden Reservoir entzogen wird. Um die Menge der extrahierten W¨arme aus dem K¨altereservoir. im umgekehrten Prozess zu erhalten, m¨ussen die Volumen V2 und V2⁰ ausgetauscht werden:

Q˜₁ = 4

3σT₁T₂³(V₂⁰ −V₂) = −Q₁. (26) Die Arbeit muss von einer externen Maschine aufgewendet werden:

∆ ˜W = −∆W =−4

3σ(T₂−T₁)T₂³(V₂⁰ −V₂), (27) Q˜1

|∆ ˜W| = T1

T₂−T₁ (28)

2. Elastisches Band (5 Punkte +15 Bonuspunkte) F¨ur ein elastisches Band der L¨ange L bei der Temperatur T und unter der Spannung σ (nicht mit der Stefan-Boltzmann-Konstante aus Aufgabe 1 zu verwechseln) wurden experimentell folgende Beziehungen gemessen

∂σ

∂T

L

= aL L₀

"

1− L₀

L 2#

, (29)

∂σ

∂L

T

= aT L₀

"

1 + L₀

L 2#

. (30)

Hier bezeichnet L₀ die L¨ange des ungedehnten Bands, die als temperaturunabh¨angig angenommen wird, und a eine Konstante ist.

(a) Bestimmen Sie die Zustandsgleichung des Systems, d.h. finden Sie die Spannung als Funktion von T und L.

L¨osung:

Integration der ersten Gleichung ¨uberT bei konstanter L¨ange L f¨uhrt zu σ(T, L) = TaL

L₀

"

1− L₀

L 2#

+h₁(L), (31)

wobeih₁(L) eine unbekannte Funktion ist.

Ahnlich, integrieren wir die zweite Gleichung ¨¨ uberL bei konstanter Temperatur T und erhalten

σ(T, L) = TaL L₀

"

1− L₀

L 2#

+h2(T) (32)

wobeih₂(T) eine unbekannte Funktion ist.

Der Vergleich von Gl. (31) und (32) f¨uhrt zu h₁(L) = h₂(T) = h, wobei h eine Konstante ist. Wir sehen, dass f¨ur h= 0 die Spannungσ f¨ur L=L₀ verschwindet.

Daher lautet die Zustandgleichung σ(T, L) =TaL

L₀

"

1− L₀

L 2#

. (33)

(b) Das Band werde nun von einer anf¨anglichen L¨ange L₀ und Temperatur T₀ auf adiabatische und reversible Weise auf eine finale L¨ange L₁ gedehnt. Berechnen Sie die finale TemperaturT₁.

Hinweis:die ¨Anderung der inneren EnergieU des Bandes ist durchdU =T dS+σdL gegeben, wobeiσdLdie Arbeit bezeichnet, die verrichtet wird um das Band um die Strecke dL zu dehnen. Es gilt:

∂S

∂L

T

=− ∂σ

∂T

L

. (34)

Nehmen Sie an, dass die spezifische W¨arme bei konstanter L¨ange eine lineare Funk- tion von T ist.

L¨osung:

Aus

dU =T dS+σdL (35)

und Gl. (34) erhalten wir ∂U

∂L

T

= T ∂S

∂L

T

+σ =−T ∂σ

∂T

L

+σ = 0, (36)

wobei wir in der letzten Zeile die Zustandsgleichung (33) verwendet haben um abzuleiten, dass

∂σ

∂T

L

= σ T. Die Identit¨at

∂U

∂L

T

= 0

sagt uns, dass die innere Energie nur eine Funktion der Temperatur ist (wie im Fall des idealen Gases). Dann ist dU =c(T)dT, wobei c(T) nur von T abh¨angt (in der Tat ist c(T) die spezifische W¨arme c_L(T) bei konstanter L¨ange).

In Kombination mit Gleichung (35) f¨uhrt dies zu dS =c(T)dT

T − σ(T, L)

T dL. (37)

Im n¨achsten Schritt k¨onnen wir Gleichnung (37) integrieren um den Entropieunter- schied ∆S zwischen den Zust¨anden (T₀, L₀) und (T₁, L₁) zu finden:

∆S = Z T1

T0

dTc(T) T − a

L0

Z L1

L0

dLL

"

1− L₀

L 2#

= g(T₁)−g(T₀)− aL₀ 2

"

L₁ L₀

2

−2 lnL₁ L₀ −1

#

. (38)

F¨ur eine beliebige Funktion c(t) ist die Funktion g(t) als unbestimmtes Integral g(t) = R

dtc(t)/t definiert. F¨ur die adiabatische Dehnung ∆S = 0, erhalten wir daher

g(T₁) =g(T₀) + aL₀ 2

"

L₁ L0

2

−2 ln L₁ L0

−1

#

. (39)

Aufl¨osen dieser Beziehung nach T1 mit einer gegebenen Funktion c(t) ergibt die Endtemperatur als Funktion von L₁.

Wenn die spezifische W¨arme bei konstanter L¨ange eine lineare Funktion von T ist, haben wirc(t) =γt mit γ = const. Damit folgt:

g(t) = γt und

T₁ =T₀+aL0

2γ

"

L1

L₀ 2

−2 lnL1

L₀ −1

#

. (40)

3. W¨armeaustausch mit einem Reservior (15 Punkte) Wir betrachen ein SystemO2, das mit einem W¨armereserviorO1 mit TemperaturT1 in Kontakt gebracht wird. Die Volumina beider Systeme seien konstant. Teilchenaustausch zwischenO₁ undO₂ sei nicht m¨oglich. Die ¨Anderung der inneren Energie vonO₁ erfolgt nur durch W¨armeaustausch, dU1 = δQ1 = T1 dS1. Das Reservoir O1 sei so groß, dass T₁ sich beim W¨armeaustausch praktisch nicht ¨andert, und somit Zustands¨anderungen von O₁ reversibel sind. Das Gesamtsystem aus O₂ und O₁ sei abgeschlossen. Welche Bedeutung hat das f¨ur eine infinitesimale Energie¨anderung der Teilsysteme? Geben Sie die einzelnen Beitr¨age allein durch die ¨Anderung der extensiven Variablen U₂ und S₂ an, und zeigen Sie, dass

dU2−T1 dS2 ≤0 (41)

gilt.

L¨osung:

Gesamtsystem abgeschlossen:

dU_tot = 0.

Gesamt¨anderung setzt sich aus ¨Anderungen der Teilsysteme zusammen:

0 = dU_tot =dU₁+dU₂ =δQ₁ +dU₂ ⇒dU₂ =−δQ₁. W¨armeaustausch zwischenO₂ und O₁:

δQ₂ =−δQ₁ =−T₁dS₁. Zweiter Hauptsatz:

0≤dS_tot =dS₂+dS₁ ⇒

dU₂−T₁ dS₂ ≤0 (42)

Abbildung 2: CATS Musical Werbung