Freie Universit¨at Berlin WS 2005/2006

Freie Universit¨at Berlin WS 2005/2006

Fachbereich Physik 14.12.2005

Statistische Physik - Theorie der W¨ arme

(PD Dr. M. Falcke)

Ubungsblatt 9: ¨ Thermodynamische Identit¨ aten, Kreisprozeß

L¨ osungen

Aufgabe 1

Nach den Rechenregeln f¨ ur die Jakobi Determinante ergibt sich C

p

= T

∂S

∂T

p

= T ∂(S, p)

∂(T, p) = T ∂(S, p)

∂(S, V )

∂(S, V )

∂(T, V )

∂(T, V )

∂(T, p)

= ∂V

∂p

S

−1

C

V

∂V

∂p

T

= C

V

κ

T

κ

S

,

(1)

woraus die erste Behauptung unmittelbar folgt. Ausgehend vom Differential der freien Energie

dF = − SdT − pdV (2)

erhalten wir die Maxwell Relation ∂S

∂V

T

= − ∂

²

F

∂T ∂V = ∂p

∂T

V

. (3)

Weiterin ist ∂T

∂V

S

= ∂(T, S)

∂(V, S) = ∂(T, S)

∂(V, T )

∂(V, T )

∂(V, S) = − ∂S

∂V

T

∂S

∂T

V

−1

= − T C

V

∂S

∂V

T

, (4)

woraus nun

∂T

∂V

S

= − T C

V

∂p

∂T

V

(5) folgt. F¨ ur die letzte Identit¨at gehen wir vom Differential der freien Enthalpie aus

dG = − SdT + V dp . (6)

Hier lautet die Maxell-Relation ∂S

∂p

T

= − ∂

²

G

∂T ∂G = − ∂V

∂T

p

. (7)

In Analogie zur vorherigen Relation finden wir ∂T

∂p

S

= ∂(T, S)

∂(p, S) = ∂(T, S)

∂(p, T )

∂(p, T )

∂(p, S) = − ∂S

∂p

T

"

∂S

∂T

p

#

−1

= − T C

p

∂S

∂p

T

, (8)

womit wir schließlich erhalten:

∂T

∂p

S

= − T C

p

∂V

∂T

p

. (9)

Aufgabe 2

Thermische p = p(V, T ) und kalorische Zustandsgleichung U = U (V, T ) eines Systems sind nicht un- abh¨angig voneinander vorgebbar. Ihr Zusammenhang erschließt sich ¨ uber die gemischten partiellen Ableitungen der Entropie nach ihren nat¨ urlichen Variablen. Zun¨achst setzt man das vollst¨andige Diffe- renzial der innern Energie dU = (∂U/∂T )

V

dT +(∂U/∂V )

T

dV in die Gibbssche Fundamentalgleichung ein

T dS = dU + pdV = ∂U

∂T

V

dT + ∂U

∂V

T

+ p

dV (10)

=

!

T ∂S

∂T

V

dT + T ∂S

∂V

T

dV. (11)

Daraus erh¨alt man durch Vergleich ∂S

∂T

V

= 1 T

∂U

∂T

V

und ∂S

∂V

T

= 1 T

∂U

∂V

T

+ p

(12) und wegen der Vertauschbarkeit der gemischten zweiten Ableitungen ∂

²

S/∂T ∂V = ∂

²

S/∂V ∂T schließ- lich die gesuchte Relation

∂U

∂V

T

= T ∂p

∂T

V

− p. (13)

Unter Benutzung dieses Zusammenhanges folgt f¨ ur das Photonengas ∂U

∂V

T

= u(T ) = T 1 3

du(T) dT − 1

3 u(T ) (14)

also die Differentialgleichung

4 dT T = du

u (15)

welche durch

U (T, V ) = b · V T

⁴

, b = const (16)

gel¨ost wird. Die thermische Zustandsgleichung hat demnach die Form p(T, V ) = 1

3 b · T

⁴

. (17)

Aufgabe 3

a. Abbildung 1 zeigt den Kreisprozeß im p − V Diagramm. Die einzelnen Schritte sind durchnum- meriert.

V (m

³

)

P (Pa)

T=300 K T=167 K

1.2 0.5

202650

47104

PV

^γ

= const

1

2 3

Abbildung 1: Verlauf des Kreisprozesses in der p − V Ebene. Die Achsen sind nicht maßstabsgetreu

skaliert.

b. Aus der Adiabengleichung pV

^γ

= c

1

folgt nach der Zustandsgleichung des idealen Gases unmit- telbar T V

^γ−1

= c

2

, wobei c

1

, c

2

= const. Daher ist mit p

1

= 202650 Pa, T

1

= 300 K, V

1

= 0, 5 m

³

und V

2

= 1, 2 m

³

:

p

2

= p

1

V

1^γ

V

2^γ

= 47104 Pa ⇔ T

2

= T

1

V

1^γ−1

V

2^γ−1

= 167, 36 K . (18)

Nach der isobaren Kompression zum Ursprungsvolumen gilt p

3

= p

2

und V

3

= V

1

sowie mittels der Zustandsgleichung des idealen Gases

T

3

= T

2

p

3

V

3

p

2

V

2

= 70 K . (19)

c. Sei W = H

pdV die Arbeit, die w¨ahrend des ganzen Kreisprozesses verrichtet wird. Der Beitrag aus dem ersten Teilschritt ergibt sich zu

W

1

=

V2

Z

V1

pdV = c

1 V2

Z

V1

V

^−γ

dV = c

1

1 − γ

h V

2^1−γ

− V

1^1−γ

i = c

1

1 − γ p

2

V

2

c

1

− p

1

V

1

c

1

= 67200, 3 J ,

(20)

wobei wir die Adiabtengleichung verwendet haben. Im zweiten Teilschritt erhalten wir

W

2

=

V3

Z

V2

pdV = p

2 V3

Z

V2

dV = p

2

[V

3

− V

2

] = − 32972, 8 J . (21)

Da sich im dritten Schritt das Volumen nicht mehr ¨andert, verschwindet W

³

. Daher finden wir abschließend W = W

1

+ W

2

= 34227, 5 J.

d. Aus Aufgabe 1, Blatt 5 wissen wir, dass die Entropie eines idealen Gases S = N k

B

ln

V N λ

³

+ 5

2

(22) betr¨agt, wobei λ := h/ √

2πmk

B

T die thermische Wellenl¨ange bezeichnet. Daher erhalten wir auf dem ersten Teilst¨ uck

S = N k

B

"

ln (

c

1

T

¹/γ−1

(2πmk

B

T )

^3/2

N h

³

) + 5

2

#

= N k

B

"

ln

( (2πc

1

mk

B

)

^3/2

N h

³

) + 5

2

#

= const .

(23)

Im zweiten Schritt folgt wegen pV = N k

B

T und p = const S = N k

B

"

ln ( k

B

T

p

(2πmk

B

T )

^3/2

h

³

) + 5

2

#

= N k

B

ln n

c

3

T

^5/2

o + 5

2

(24) mit c

3

= const. Somit ist

T(S) ∝ exp 2S

5N k

B

− 1

. (25)

Da das Volumen im letzten Schritt konstant gehalten wird, resultiert die einzige Temperatu- rabh¨angigkeit der Entropie aus der thermischen Wellenl¨ange, also

S = N k

B

ln n

c

4

T

^3/2

o + 5

2

⇔ T (S) ∝ exp 2S

3N k

B

− 5 3

(26)

mit c

4

= const. Abbildung 2 illustriert den Zusammenhang zwischen T und S.

S

T (K)

1

2 3

300

167 70

Abbildung 2: Verlauf des Kreisprozesses in der T − S Ebene. Die Achsen sind nicht maßstabsgetreu skaliert.

e. Die Gibbs-Duhem-Relation besagt, dass F + pV − µN = 0 ist. Da die freie Energie eines ideales Gases nach Aufgabe 1, Blatt 5 bekannt ist, erhalten wir umgehend

µ = ∂F

∂N

T,V

= − ∂

∂N N k

B

T

ln V

λN

+ 1

= − k

B

T ln V

λN

= F

N + k

B

T . (27) Daraus ergibt sich mit Hilfe der Zustandsgleichung des idealen Gases

F + pV − F

N + k

B

T

N = pV − N k

B

T = 0 , (28)

was die Gibbs-Duhem-Relation best¨atigt.