S(E, V, N ) = 5 2 kN ln

Aufgabe 1

Die Entropie istgegeben durh:

S(E, V, N ) = 5 2 kN ln

E Ne 0

+ kN ln V

Nv 0

+ Ns 0 .

Es folgtaus

dS = _T ¹ dE + _T ^p dV

1 T =

∂S

∂E

V

, p = T ∂S

∂V

E

.

Daraus folgt diekalorishe Zustandsgleihung:

1 T = 5

2 kN

E ⇒ E = 5

2 NkT .

Analog leitet man diethermishe Zustandsgleihung her:

p = T kN

V ⇒ pV = NkT .

Die freieEnergieistdeniert durh

F = E − T S

Mit (1)und (2)bekommtman:

F (T, V, N ) = 5 2 NkT

1 − ln

T T 0

− NkT ln V

Nv 0

− NT s ⁰ .

Das hemishe Potentialistdeniert durh

µ = G/N

G = F + pV

folgt,dass:

µ = 1 2 kT

7 − 5 ln T

T 0

− kT ln V

Nv 0

− T s ⁰ =

= 7 2 kT

1 − ln

T T 0

− kT ln p ⁰

p

− T s 0 .

Aufgabe 2

FürdengegebenenKreisprozesssollderWirkungsgradberehnetwerden.DerKreisprozess

soll in folgender Rihtung durhlaufen werden:

α

2π

wird Wärme genau dann aufgenommen, wenn

δQ = T

S > 0

S 1 sin α

α > 0

im Gebiet

[0, π]

H

d

E = 0

W = H

p

V = H

T

S

Wirkungsgrads ergibt sih somit

η = W Q

=

R ² π

0 T (α)

S(α) R π

0 T (α)

S(α) = R ² π

0 (T ⁰ + T ¹ sin α)S ¹ sin α

α R π

0 (T ⁰ + T ¹ sin α)S ¹ sin α

α

= πS 1 T 1 1

2 S 1 (4T 0 + πT 1 ) = 2T 1 4

π T 0 + T 1

(5)

turen

T

= T ⁰ + T ¹

T

= T ⁰ − T ¹

η

= T

− T

T

= 2T 1

T ⁰ + T ¹

Man sieht, dass

η < η

4 > π

Aufgabe 3

Die hypothetishe Entropiefunktion inden extensiven Variablen lautet

S(E, V, N ) = √

EN + √

V N.

a)Wir berehnen Druk und Temperatur:

d

S = 1

T

E + p T

V

⇒ T = ∂S

∂E − 1

V,N

= 2 r E

N p = T

∂S

∂V

E,N

= r E

V

(8)

b)Bestimmung von

c _V

d

V = 0 ⇒ δQ = T

S =

E = 1

2 NT

T ⇒ c V = 1

2 NT

Bestimmung von

c p

d

p = 1 2 √

EV

d

E − 1 2

√ E

V ^{3 / 2}

V = 0 ^!

⇒ V

E = E

V

(10)

Also folgt

δQ =

E + p

V =

E

1 + pV E

=

T

1 + pV E

√

NE

Wir lesen ab

c p =

1 + pV E

√

NE = 1

2 T N(1 + p ^{− 1} ) = c V (1 + p ^{− 1} )

) Wiewir in d)sehen werden, ist

S

G

G = E(T, p) − T S(T, p) + pV (T, p)

G(T, p, N ) = − T ² N

4 (1 + p ^{− 1} )

d) Wirpruefen dieKonkavitaet von

S

0 < λ < 1

E, V, N > 0

S(λ(E 1 , V 1 , N 1 ) + (1 − λ)(E 2 , V 2 , N 2 ))

= p

(λE 1 + (1 − λ)E 2 )(λN 1 + (1 − λ)N 2 ) + p

(λV 1 + (1 − λ)V 2 )(λN 1 + (1 − λ)N 2 )

Es gilt

(λE ¹ + (1 − λ)E ² )(λN ¹ + (1 − λ)N ² )

=λ ² E ¹ N ¹ + (1 − λ) ² E ² N ² + λ(1 − λ)(E ¹ N ² + E ² N ¹ )

≥ λ ² E 1 N 1 + (1 − λ) ² E 2 N 2 + 2λ(1 − λ) p

E 1 E 2 N 1 N 2

= λ p

E 1 N 1 + (1 − λ) p E 2 N 2

²

wobei dieAbshaetzung in der dritten Zeileaus

(E ¹ N ² − E ² N ¹ ) ² ≥ 0

⇒ (E ¹ N ² ) ² + (E ² N ¹ ) ² ≥ 2E ¹ E ² N ¹ N ²

und

E 1 N 2 + E 2 N 1 = p

(E 1 N 2 + E 2 N 1 ) ² = p

(E 1 N 2 ) ² + (E 2 N 1 ) ² + 2E 1 E 2 N 1 N 2 ≥ 2E 1 E 2 N 1 N 2

folgt. und dieanaloge Abshaetzung fuer das Argumentder zweiten Wurzel. Daraus folgt

unmittelbardie Konkavitaet von

S

(E, V, N )

Aufgabe 4

Given the equation of state:

p = KT v − b − a

v ²

and the denition of isothermal ompresibility

k _T = − 1 v

∂v

∂p

p

(18)

we take

k _T = −

− vkT

(v − b) ² + 2a v ²

− 1

(19)

Wean nd the ritialpointapplying the onditions

∂p

∂v

T = 0

∂ ² p

∂v ²

T = 0

follows

v c = 3b

T c = ₂₇ ^{8 a} _bk

For a point whih is lose to the ritial temperature

T = T c + τ

volume

v c

k T = −

− v c k(T c + τ) (v c − b) ² + 2a

v _c ² − 1

= 4b

3kτ