L¨ osungen zu ¨ Ubung 6

L¨ osungen zu ¨ Ubung 6

Autor: Markus Eichhorn

Bsp. 1: W¨armekraftmaschinen 26 Punkte

(a) Das Ziel ist es idealerweise alle Gr¨oßen durch die TemperaturenT_a undT_b auszudr¨ucken.

Bei jeder Zustands¨anderung gilt wegen der Abgeschlossenheit und des ersten Hauptsatzes

∆U = ∆Q+ ∆W. (1)

Da U eine Zustandsgr¨oße ist, gilt in jeder der betrachteten Zustands¨anderungen

∆U =

Ua

Z

Ua

dU =Ub−Ua=CV(Tb−Ta). (2)

i) Bei der isothermen Zustands¨anderung istT_a=T_b =T = const.. Daher ist∆U = 0.

Die Zustandsgleichung wird zu

P V =N k_BT = const. ⇒ P =P_a(V_a/V), P_b =P_a(V_a/V_b). (3) Somit wird die geleistete Arbeit zu

∆W =−

Vb

Z

Va

dV P =−P_aV_alog V_b

V_a

=−N k_BT log V_b

V_a

=−∆Q. (4)

ii) Der Prozess ist isentrop und reversibel, also ist dS = δQ/T = 0 und der Prozess verl¨auft auch adiabatisch und somit ist∆Q= 0. In ¨Ubung 05, Bsp. 2 wurden hierf¨ur die Zusammenh¨ange

T V^γ−1 = const. T P^γ1−1 = const. P V^γ = const. (5) hergeleitet, wobei γ = C_P/C_V war. Somit l¨asst sich der Druck als P =P_a(V_a/V)^γ schreiben. Und die Arbeit l¨asst sich als

∆W =−

Vb

Z

Va

dV P = P_aV_a γ−1

"

V_b V_a

1−γ

−1

#

=CV(Tb−Ta) = ∆U (6)

bestimmen. Dabei wurde im letzten Schritt die erste Gleichung aus (5) und C_V = N k_B/(γ−1)f¨ur das ideale Gas verwendet.

Alternativ kann auch direkt Gl. (2) verwendet werden.

iii) Bei der isochoren Zustands¨anderung ist dV = 0 und somit∆W = 0. Die Zustands- gleichung liefert

T P = V

N k_B = const. ⇒ T_b =T_a P_b

P_a

. (7)

Die ¨Anderung der inneren Energie ist dann durch

∆U =C_V(T_b−T_a) = ∆Q (8) bestimmt.

iv) Bei der isobaren Zustands¨anderung ist der Druck P = Pa = Pb = const.. Die Zustandsgleichung ergibt somit

V

T = N k_B

P = const. ⇒ T_b =T_a V_b

V_a

. (9)

Die geleistete Arbeit ist dann

∆W =−

Vb

Z

Va

dV P =−P(V_b−V_a) =−N k_B(T_b−T_a) (10)

und aufgrund von ∆U =C_V(T_b−T_a)kann die ausgetauschte W¨arme zu

∆Q= ∆U −∆W =C_P(T_b−T_a) (11) bestimmt werden. Dabei wurdeC_P−C_V =νR=N k_B f¨ur das ideale Gas verwendet.

(b) Die Skizze findet sich in Abb. 1 (i). F¨ur die einzelnen Prozessschritte des Carnot-Prozess gilt

1→2 isotherm : ∆U1→2 = 0, ∆Q1→2 =N k_BT₁log V₂

V₁

=−∆W1→2

2→3 adiabatisch : ∆U2→3 =C_V(T₃−T₂) = ∆W2→3, ∆Q2→3 = 0 3→4 isotherm : ∆U_3→4 = 0, ∆Q_3→4 =N k_BT₃log

V₄ V₃

=−∆W_3→4 4→1 adiabatisch : ∆U4→1 =C_V(T₁−T₄) = ∆W4→1, ∆Q4→1 = 0.

Die dem System zugef¨uhrte W¨arme ist ∆Qzu. = ∆Q1→2 > 0 und die geleistete Arbeit ist durch ∆W_tot. =−∆Q1→2−∆Q3→4 gegeben.

Aufgrund vonT₁ =T₂,T₃ =T₄ und der ersten Gleichung aus (5) ist auchV₁/V₂ =V₄/V₃. Somit lautet der Wirkungsgrad

η_Carnot = −∆W_tot.

∆Q1→2

= 1 + T₃ T1

log (V₄/V₃)

log (V2/V1) = 1− T₃ T1

. (12)

(c) Die Skizze findet sich in Abb. 1 (ii) . F¨ur die einzelnen Prozessschritte des Stirling-Prozess gilt

1→2 isotherm : ∆U1→2 = 0, ∆Q1→2 =N k_BT₁log V₂

V₁

=−∆W1→2

2→3 isochor : ∆U_2→3 =C_V(T₃−T₂) = ∆Q_2→3, ∆W_2→3 = 0 3→4 isotherm : ∆U3→4 = 0, ∆Q3→4 =N k_BT₃log

V₄ V₃

=−∆W3→4

4→1 isochor : ∆U4→1 =C_V(T₁−T₄) = ∆Q4→1, ∆W4→1 = 0.

Die dem System zugef¨uhrte W¨arme¹ ist ∆Qzu. = ∆Q1→2 >0 und die geleistete Arbeit ist durch ∆W_tot. =−∆Q1→2−∆Q3→4 gegeben.

Da die Volumina sich in den Schritten2→3und4→1nicht ¨andern, giltV₄/V₃ =V₁/V₂. Der Wirkungsgrad kann dann durch

η_Stirling = −∆W_tot.

∆Q_1→2 = 1 + T₃ T₁

log (V₄/V₃)

log (V₂/V₁) = 1−T₃

T₁ (13)

bestimmt werden.

(d) Die Skizze findet sich in Abb. 1 (iii) . F¨ur die einzelnen Prozessschritte des Otto-Prozess gilt

1→2 adiabatisch : ∆U1→2 =C_V(T₂−T₁) = ∆W1→2, ∆Q1→2 = 0 2→3 isochor : ∆U2→3 =C_V(T₃−T₂) = ∆Q2→3, ∆W2→3 = 0 3→4 adiabatisch : ∆U3→4 =C_V(T₄−T₃) = ∆W3→4, ∆Q3→4 = 0 4→1 isochor : ∆U4→1 =C_V(T₁−T₄) = ∆Q4→1, ∆W4→1 = 0.

Die dem System zugef¨uhrte W¨arme ist ∆Q_zu. = ∆Q4→1 > 0 und die geleistete Arbeit ist durch ∆W_tot. =−∆Q_2→3−∆Q_4→1 gegeben.

Da die Volumina sich in den Schritten2→3und4→1nicht ¨andern, giltV₂/V₁ =V₃/V₄. Des Weiteren gilt bei den adiabatischen Prozessschritten 1 → 2 und 3 → 4 wegen der ersten Gleichung in (5) auch T₁ =T₂(V₂/V₁)^γ−1, sowie T₄ =T₃(V₂/V₁)^γ−1.

Es folgt f¨ur den Wirkungsgrad η_Otto = −∆W_tot.

∆Q1→2

= 1 + T₃−T₂

T₁−T₄ = 1 + T₃−T₂ T₂−T₃

V₂ V₁

1−γ

= 1− V₁

V₂ γ−1

. (14) (e) Die Skizze findet sich in Abb. 1 (iv) . F¨ur die einzelnen Prozessschritte des Diesel-Prozess

1In den Prozessschritten2→3und4→1wird W¨arme an einen Regenerator abgegebenen oder aus diesem abgerufen. Die einzige, von Außen zugef¨uhrte W¨arme ist im Prozessschritt1→2. F¨ur weitere Ausf¨uhrungen siehe Teilaufgabe (f).

gilt

1→2 isobar : ∆U1→2 =C_V(T₂−T₁), ∆W1→2 =−N k_B(T₂−T₁)

∆Q_1→2 =C_P(T₂−T₁)

2→3 adiabatisch : ∆U_2→3 =C_V(T₃−T₂) = ∆W_2→3, ∆Q_2→3 = 0 3→4 isochor : ∆U3→4 =CV(T4−T3) = ∆Q3→4, ∆W3→4 = 0 4→1 adiabatisch : ∆U4→1 =C_V(T₁−T₄) = ∆W4→1, ∆Q4→1 = 0.

Die dem System zugef¨uhrte W¨arme ist ∆Q_zu. = ∆Q_1→2 > 0 und die geleistete Arbeit ist durch ∆W_tot. =−∆Q1→2−∆Q3→4 gegeben.

Zur Bestimmung des Wirkungsgrad ist es geschickt, die TemperaturenT₂,T₃undT₄durch T₁ auszudr¨ucken. Mit der ersten Gleichung aus (5) ergibt sich wegen des Adiabatischen Prozessschritts 4→1der Zusammenhang T₄ =T₁(V₁/V₃)^γ−1.

Aufgrund von Gl. (9) ergibt sich f¨ur den isobaren Prozessschritt 1 → 2 der Ausdruck T₂ =T₁(V₂/V₁).

Der adiabatische Prozessschritt2→3liefert zusammen mit der ersten Gleichung aus (5) den Zusammenhang T3 =T2

V2

V1

V1

V3

γ−1

=T1(V2/V1)^γ(V1/V3)^γ−1. Es folgt damit f¨ur den Wirkungsgrad

η_Diesel = −∆W_tot.

∆Q1→2

= 1 + C_V(T₄−T₃)

C_P(T₂−T₁) = 1− V₁

V₃ γ−1

V2

V1

γ

−1 γ

V2

V1 −1

. (15)

(f) Freiwillige Zusatzaufgabe 6 Zusatzpunkte

(i) Der Stirling-Motor verwirklicht n¨aherungsweise den Stirling-Prozess. Anders als bei den beiden anderen betrachteten Prozessen kommt es zu keinem Austausch des Arbeitsstoff. Es gibt verschiedene Bautypen des Stirling-Motors und es wird hier nur auf den α-Typ eingegangen. Der Stirling-Motor kann dargestellt werden als eine Maschine bestehend aus zwei Kammern (Kammer H und Kammer K), die durch einen Regenerator das Gas austauschen k¨onnen. Der Regenerator kann dabei kurzzeitig W¨arme speichern. Zus¨atzlich befinden sich in den Kammern Kolben, die beweglich sind und in einer reellen Umsetzung miteinander verbunden sein werden.

Die Kammer H ist von einer Heizvorrichtung umgeben, w¨ahrend die Kammer K durch eine K¨uhlvorrichtung umgeben ist. Die vier Prozessschritte werden dann auf die im Folgenden dargestellte Weise umgesetzt. Zur Veranschaulichung kann Abb.

2 herangezogen werden.

A) Zu Beginn der isothermen Expansion befindet sich kein Gas in der Kammer K.

Das System befindet sich im Zustand (P₁, V₁, T₁). Der Kolben in Kammer H bewegt sich so, dass das Volumen vergr¨oßert wird. Da die Expansion isotherm ablaufen soll, muss durch die Heizer dem System W¨arme zugef¨uhrt werden. Zum

Ende der Isothermen Expansion befindet sich alles Gas in Kammer H und das System ist im Zustand (P₂, V₂, T₂).

B) Bei der Isochoren Abk¨uhlung beginnt sich der Kolben in KammerK zu bewegen.

Gleichzeitig bewegt sich der Kolben in Kammer H so, dass das gesamte Volu- men konstant bleibt. Das Gas wird durch den Regenerator gedr¨uckt und gibt dabei W¨arme an diesen ab. Es kommt zu einer Abk¨uhlung. Zum Ende dieses Prozessschritt befindet sich alles Gas in Kammer K und kein Gas in Kammer H. Das System ist im Zustand (P₃, V₃, T₃).

C) Bei der isothermen Kompression dr¨uckt der Kolben in Kammer K das Gas zu- sammen. Es wird kein Gas in Kammer H transferiert. Damit die Kompression isotherm abl¨auft, muss das Gas gek¨uhlt werden. Das System gibt somit W¨arme an die Umgebung ab. Am Ende dieses Prozess befindet sich das System im Zustand (P₄, V₄, T₄).

D) Im letzten Prozessschritt bewegen sich sowohl der Kolben in Kammer K als auch in Kammer H. Das Gas wird erneut durch den Regenerator gedr¨uckt und nimmt dabei die gespeicherte W¨arme auf. Zum Ende dieses Prozess findet sich alles Gas wieder in Kammer H und keines in KammerK. Das System ist wieder im Zustand (P₁, V₁, T₁).

(ii) Der Otto-Motor verwirklicht n¨aherungsweise den Otto-Prozess in vier Takten. Die Brennkammer verf¨ugt dabei ¨uber einen Kolben, ein Ein- und Auslassventil und eine Z¨undvorrichtung. In der Realit¨at werden zwei zus¨atzliche Schritte ben¨otigt, um das verbrannte Kraftstoff-Luft-Gemisch auszustoßen und neues anzusaugen.

A) Im ersten Takt wird das Einlassventil ge¨offnet und der Kolben bewegt sich nach unten. Das Kraftstoff-Luft-Gemisch wird somit in die Brennkammer gesogen.

Zum Ende des ersten Taktes befindet sich das System im Zustand (P₃, V₃, T₃).

B) Im zweiten Takt dr¨uckt der Kolben zun¨achst das Kraftstoff-Luft-Gemisch adia- batisch zusammen. Im oberen Totpunkt befindet sich das System im Zustand (P4, V4, T4). Das Gemisch wird durch die Z¨undvorrichtung entz¨undet und es kommt zu einer Druckerh¨ohung bei konstantem Volumen, da der Kolben sich noch im oberen Totpunkt befindet. Das System geht so in den Zustand(P₁, V₁, T₁)

¨ uber.

C) Im dritten Takt wird durch die Expansion des Kraftstoff-Luft-Gemisch der Kolben nach unten gedr¨uckt und das System verrichtet Arbeit. Ist der Kolben im unteren Totpunkt angelangt, befindet sich das System im Zustand (P₂, V₂, T₂).

D) Im vierten Takt wird zun¨achst das Auslassventil ge¨offnet, w¨ahrend sich der Kol- ben noch im unteren Totpunkt befindet. Der Druck im Inneren der Brennkammer wird so schlagartig, bei gleichen Volumen verringert. Das System befindet sich dann wieder im Zustand (P₃, V₃, T₃). Anschließend dr¨uckt der Kolben das rest- liche Kraftstoff-Luft-Gemisch aus der Brennkammer heraus.

(iii) Der Diesel-Motor verwirklicht n¨aherungsweise den Diesel-Prozess. Die Brennkammer verf¨ugt dabei ¨uber einen Kolben, ein Ein- und Auslassventil und Einspritzvorrichtung

f¨ur den Kraftstoff. In der Realit¨at werden zwei zus¨atzliche Schritte ben¨otigt, um das verbrannte Kraftstoff-Luft-Gemisch auszustoßen und neue Luft anzusaugen.

A) Im ersten Takt wird das Einlassventil ge¨offnet und der Kolben bewegt sich nach unten. Somit wird Luft in die Brennkammer gesogen. Zum Ende des ersten Taktes befindet sich das System im Zustand (P₄, V₄, T₄).

B) Im zweiten Takt dr¨uckt der Kolben zun¨achst die Luft adiabatisch zusammen. Im oberen Totpunkt befindet sich das System im Zustand (P1, V1, T1).

C) Zu Beginn des dritten Taktes wird durch die Einspritzvorrichtung der Kraft- stoff fein zerst¨aubt in die Brennkammer gegeben. Dies geschieht bei konstantem Druck. Der Kolben wird dadurch bereits ein St¨uck bewegt und das Volumen des Systems nimmt zu. Das System geht so in den Zustand(P₂, V₂, T₂)¨uber. Es kommt anschließend zur Selbstentz¨undung und das Kraftstoff-Luft-Gemisch wird sich adiabatisch ausdehnen und dabei den Kolben nach unten dr¨ucken. Auf die- se Weise wird Arbeit verrichtet. Ist der Kolben im unteren Totpunkt angelangt, befindet sich das System im Zustand (P₃, V₃, T₃).

D) Im vierten Takt wird zun¨achst das Auslassventil ge¨offnet, w¨ahrend sich der Kol- ben noch im unteren Totpunkt befindet. Der Druck im Inneren der Brennkammer wird so schlagartig, bei gleichen Volumen verringert. Das System befindet sich dann wieder im Zustand (P₄, V₄, T₄). Anschließend dr¨uckt der Kolben das rest- liche Kraftstoff-Luft-Gemisch aus der Brennkammer heraus.

Anmerkung: Die hier betrachteten Kreisprozesse entsprechen nicht zu100%den tats¨achlichen Kreisprozessen verschiedener Motoren. Reelle Motoren lassen sich besser durch den soge- nannten Seiliger-Kreisprozess darstellen.

(g) Freiwillige Zusatzaufgabe 4 Zusatzpunkte

Mit Hilfe der ersten Gleichung aus (5) im Prozessschritt 1→ 2 kann der Wirkungsgrad des Otto-Prozess durch

η_Otto = 1− T₂

T₁ (16)

ausgedr¨uckt werden. Der isochore Prozess 2→3 liefert mit Gl. (7) den Zusammenhang T₃ =T₂(P₃/P₂), der zusammen mit P₂ =P₃+ ∆P den Wirkungsgrad zu

η_Otto = 1− T₃ T₁

P₃+ ∆P

P₃ = 1− T₃ T₁ − T₃

T₁

∆P

P₃ =η_ideal− T₃ T₁

∆P

P₃ (17) umschreiben l¨asst. Durch erneutes Ausnutzen des Zusammenhangs auf der Isochoren ergibt sich so

η_Otto =η_ideal− T₂ T₁

∆P

P₂ . (18)

Uber die Adiabate¨ 1 → 2 ergibt sich einerseits mit der zweiten Gleichung aus (5) der Zusammenhang T₂/T₁ = (V₂/V₁)^1−γ und andererseits mit der dritten Gleichung aus

(5) der Zusammenhang 1/P2 = 1/P1(V2/V1)^γ. Zusammen ergibt sich so der Ausdruck T₂/(T₁P₂) = 1/P₁(V₂/V₁), der in den Wirkungsgrad eingesetzt werden kann, um

ηOtto=ηideal−V₂ V₁

∆P

P₁ (19)

zu erhalten.

Im speziellen Grenzfall ∆P →0 wird die umschlossene Fl¨ache im P V-Diagramm immer kleiner. Der Kreisprozess w¨urde schließlich f¨ur ∆P = 0 auf einer einzelnen Linie stattfin- den. Damit wird auch die vom System geleistete Arbeit immer kleiner. und im Extremfall

∆P = 0 g¨anzlich verschwinden.

(P

, V

, T

)

(P

, V

, T

)

(P

, V

, T

) (P

, V

, T

)

dT = 0

dS = 0

dT = 0 dS = 0

V P

(i) Carnot-Kreisprozess

(P

, V

, T

)

(P

, V

, T

)

(P

, V

, T

) (P

, V

, T

)

dT = 0

dV = 0 dT = 0

dV = 0

V P

(ii) Stirling-Kreisprozess

(P

, V

, T

)

(P

, V

, T

)

(P

, V

, T

) (P

, V

, T

)

dS = 0

dV = 0 dS = 0

dV = 0

V P

(iii) Otto-Kreisprozess

(P

, V

, T

) (P

, V

, T

)

(P

, V

, T

)

(P

, V

, T

) dP = 0

dS = 0

dV = 0 dS = 0

V P

(iv) Diesel-Kreisprozess

Abbildung 1: Die P V-Diagramme der verschiedenen Kreisprozesse, die alle im Uhrzeigersinn durchlaufen werden. In (i) ist der Carnot-Prozess, bestehend aus zwei isothermen und zwei isentropen Zustands¨anderungen zu sehen. In (ii) ist der Stirling-Prozess, bestehend aus zwei isothermen und zwei isochoren Zustands¨anderungen zu sehen. In (iii) ist der Otto-Prozess, bestehend aus zwei isentropen und zwei isochoren Zustands¨anderungen zu sehen. Schlussend- lich ist in (iv) der Diesel-Prozess, bestehend aus zwei isentropen, einer isochoren und einer isobaren Zustands¨anderungen zu sehen.

t V

dT = 0 dV = 0 dT = 0 dV = 0

Abbildung 2: Es ist der zeitliche Verlauf der einzelnen Prozessschritte f¨ur das Volumen des Ga- ses in KammerK undH zu sehen. Die schwarz durchgezogene Linie stellt das Gesamtvolumen dar. Die rot gestrichelte Linie ist das Volumen in Kammer H und die blau gepunktstrichelte Linie stellt das Volumen in Kammer K dar.

Bsp. 2: Die Ionisierung von Wasserstoff 7 Punkte

(a) Die Sackur-Tetrode-Gleichung war S=k_BN

3 2log

U N

+ log

V N

+ 3

2log m 3π~²

+ 5

2

. (20)

Damit wird das chemische Potential, unter Ausnutzung von U = ³₂k_BN T und P V = N k_BT, zu

µ=−T ∂S

∂N

U,V

=−T S N + 5

2k_BT =−k_BT log kBT P

mkBT 2π~²

3/2!

. (21)

(b) Die Reaktionsgleichung ist

p⁺+e⁻−H = 0 (22)

womit νH =−1, ν_p⁺ = 1 undν_e⁻ = 1 gilt. Somit ist die Gleichgewichtsbedingung

0 =µ_e⁻+µ_p⁺−µ_H (23)

=−k_BT

"

log k_BT P_e⁻

m_e⁻k_BT 2π~²

3/2!

+ log k_BT P_p⁺

m_p⁺k_BT 2π~²

3/2!

−log k_BT P_H

m_Hk_BT 2π~²

3/2! #

+I. (24)

Durch Ausnutzen vonm_H≈m_p⁺ und dem Ersetzen der Partialdr¨ucke durch die Konzen- trationen P_i =c_iP ergibt sich die gesuchte Gleichung zu

c_e⁻c_p⁺

c_H = k_BT P

m_e⁻k_BT 2π~²

3/2

exp

− I k_BT

. (25)

(c) Nach Teilaufgabe (a) und (b) gilt Y

i

(ci)^νi = c_e⁻c_p⁺

c_H = K(T)

P¹ = k_BT P

m_e⁻k_BT 2π~²

3/2

exp

− I k_BT

(26)

und somit ist

K(T) =kBT

m_e⁻k_BT 2π~²

3/2

exp

− I k_BT

. (27)

(d) Um das Verh¨altnis der Konzentrationen zu finden wird die Saha-Gleichung (25) mit c_e⁻ dividiert und die Gr¨oße c_e⁻P mit dem Partialdruck der ElektronenP_e⁻ ersetzt. Durch die Zustandsgleichung des idealen Gases gilt ^k_P^BT

e− = _N^V

e−. Damit wird die Saha-Gleichung zu c_p⁺

c_H = N_e⁻

V

−1

m_e⁻k_BT 2π~²

3/2

exp

− I k_BT

(28)

= 2·10¹⁹m⁻³−1 511 keV·₁₂⁵ eV 2π(197 MeV·fm)²

^3/2 exp

−13,6 5 12

(29)

= 2,72·10⁻⁷. (30)

Dabei wurde die Zahlenwerte m_e⁻c² = 511 keV, ~c= 197 MeV·fm und dass kBTS = T_S

T_rkBTr = 5000 300

1

40eV = 5

12eV (31)

verwendet.

Anmerkung: Die Zahlenwerte schwanken je nach eingesetzter Temperatur sehr stark.

Dies liegt am Auftreten der Temperatur in der Exponentialfunktion. Bei Zahlenwerten vonT = 5800 K, was eher der Oberfl¨achentemperatur der Sonne entspricht, ergeben sich Zahlenwerte in der Gr¨oßenordnung c_p⁺/c_H∼10⁻⁵.

Bsp. 3: Die Ionisierung von Wasserstoff II 7 Punkte

(a) Zum L¨osen dieser und der n¨achsten Teilaufgabe bietet es sich an, neben dem Ionisations- verh¨altnis r = N_p⁺/N_H auch den Ionisationsgrad X = N_p⁺/(N_p⁺ +N_H) einzuf¨uhren.

Dieser h¨angt mittels

X = N_p⁺/N_H

1 +N_p⁺/N_H = r

1 +r (32)

mit r zusammen und die Umkehrung

r = X

1−X (33)

erlaubt es aus dem Ionisationsgrad, das Ionisationsverh¨altnis zu bestimmen. Die jeweiligen Konzentrationen lassen sich so ¨uber

c_p⁺ =c_e⁻ = N_p⁺

N_p⁺ +N_e⁻+N_H = X

1 +X (34)

cH = N_H

N_p⁺ +N_e⁻+N_H = 1−X

1 +X (35)

aus dem Ionisationsgrad bestimmen. Dabei wurde ausgenutzt, dass N_e⁻ = N_p⁺ gilt, da das Plasma elektrisch neutral sein soll. Eingesetzt in die Saha-Gleichung (25) ergibt sich so

X²

1−X² = K(T)

P (36)

und damit auch

X = 1

p1 +P/K. (37) Das Ionisationsverh¨altnis l¨asst sich durch

r = X

1−X = 1

p1 +P/K−1 (38) bestimmen. F¨ur einen Zahlenwert muss zun¨achstP/K bestimmt werden. Hierbei gilt mit Gl. (27)

K =k_BT

m_e⁻kBT 2π~²

3/2

exp

− I k_BT

(39)

= 1,38·10⁻²³ J

K·300 K 9,1·10⁻³¹kg·1,38·10^{−23 J}_K·300 K 2π(1·10⁻³⁴J·s)²

!3/2

exp

−13,6 eV

1 40eV

(40)

∼6·10⁻²¹⁸atm 1 atm =P (41)

Dadurch wird P/K extrem groß und r l¨asst sich zu r ≈

rK

P ∼2,5·10⁻¹⁰⁹ (42)

bestimmen. Unter Normalbedingungen liegt also effektiv kein ionisierter Wasserstoff vor.

(b) Ausgehend von Gl. (36) kann mit der Gesamtzahl an Teilchen N = N +N_p⁺ multipli- ziert werden, um mittels der Zustandsgleichung des idealen Gases P/N = k_BT /V die Gleichung

N X²

1−X² = V

kBTK(T) (43)

zu erhalten. Die linke Seite l¨asst sich durch X = r

1 +r, 1−X= 1

1 +r, 1 +X = N

N (44)

zu

N X²

1−X² =N r²/(1 +r)²

(1 +x)/(1 +r) =N r²

1 +r (45)

umformen. Nach dem Einsetzen der Konstante aus Gl. (27) ergibt sich somit r²

1 +r = V N

m_e⁻I 2π~²

3/2

t^3/2e^−1/t. (46) Die neue Konstante K ist dann durch

K= V N

m_e⁻I 2π~²

3/2

(47) bestimmt. Da die Box anf¨anglich Normalbedingungen ausgesetzt war und so effektiv keine Ionisation vorlag, l¨asst sich die Gr¨oßeV /N ¨uber die Zustandsgleichung des idealen Gases zu

V

N ∼ k_BT

P ∼ 1,38·10^{−23 J}_K ·300 K 10^{5 N}_m2

= 4,14·10⁻²⁶m³ (48)

⇒n = N

V ∼2,4·10²⁵ 1

m³ (49)

bestimmen. Die Konstante wird so zu K= 4,14·10⁻²⁶m³

9,11·10⁻³¹kg·13,6·1,602·10⁻¹⁹J 2π(10⁻³⁴J·s)²

3/2

∼7,34·10³. (50)

(c) F¨ur den FallT → ∞, alsot1geht die rechte Seite in Gl. (46) ebenfalls gegen unendlich und somit geht das Ionisationsverh¨altnis gegen unendlich. Es werden keine Atome mehr, sondern nur noch freie Protonen und Elektronen vorliegen.

Im Fall T → 0, also t 1 geht die rechte Seite in Gl. (46) gegen Null und somit wird auch das Ionisationsverh¨altnis gegen Null gehen. Es werden also alle Elektronen in Wasserstoffatomen gebunden sein.

Ist das Ionisationsverh¨altnis r ≈ 1, so ist die linke Seite in Gl. (46) durch ¹₂ gegeben.

Durch das Bilden des Logarithmus, l¨asst sich Gl. (46) so auf 3

2log (t)−1

t =−log (2K) (51)

umformen. Anhand der rechten Seite l¨asst sich erkennen, dass drei Regime betrachtet werden k¨onnten.

(I) Hohe Temperaturen, alsot1. In diesem Fall dominiert der Logarithmus und das L¨osen nach t

t = (2K)^−2/3 ∼0,0016 (52) auf einen Widerspruch.

(II) Die Temperaturen entsprechen in etwa der Ionisationsenergie, also t ∼ 1. Mit der Einf¨uhrung von t= 1 +δt und|δt| 1 l¨asst sich die obige Gleichung zu

3

2δt−(1−δt) =−log (2K) (53) umformen. Ihre L¨osung f¨uhrt zu δt ∼ −3,44, was im Widerspruch zur Annahme steht.

(III) Das dritte Regime entspricht niedriger Temperaturen, also t 1. Da bei niedri- gen Temperaturen der Term 1/t ¨uber den Logarithmus dominiert, l¨asst sich die Gleichung zu

t= 1

log (2K) = 0,104 (54)

umformen. Eingesetzt in die urspr¨ungliche Gleichung ergibt sich so r²

1 +r =K(0,104)^3/2e^−1/0,104 ≈0,016. (55) Durch manuelles Anpassen von t zeigt sich f¨ur t= 0,148

r²

1 +r =K(0,148)^2/3e^−1/0,148 ≈0,486. (56)

Die Temperatur muss somit bei T = tI

k_B =t I

k_BT_rT_r = 0,14813,6 eV

1

40eV 300 K∼24⁰150 K∼4T_S (57) liegen.

Anmerkung: Die Saha-Gleichung findet auch Anwendung, um die Ionisation von Wasser- stoff im fr¨uhen Universum zu bestimmen. Die Temperatur des Universums ist maßgeblich durch die dem Photonengas zugeordnete Temperatur bestimmt. Durch die Expansion des Universums nimmt die Temperatur des Photonengas ab. Zu fr¨uhen Zeitpunkten hat das Universum also eine sehr hohe Temperatur und folglich liegen keine Wasserstoffatome, sondern nur freie Protonen und Elektronen in einem Plasma vor. Nimmt die Temperatur nun ab, kann es ab einem gewissen Zeitpunkt dazu kommen, dass sich ¨uberwiegend viele stabile Wasserstoffatome bilden. Dieser Zeitpunkt wird als Rekombination bezeichnet und fand etwa 370⁰000 Jahre nach dem Urknall statt. Zu diesem Zeitpunkt wird das Univer- sum f¨ur die Photonen, die zuvor an den freien Elektronen gestreut haben, transparent.

Auf diese Weise entsteht die kosmische Hintergrundstrahlung, die heute gemessen wird.

(d) Freiwillige Zusatzaufgabe 5 Zusatzpunkte

Durch das Aufl¨osen der quadratischen Gleichung (46) nach r ergibt sich r = Kt^3/2e^−1/t

2 1 +

r

1 + 4 Kt^2/3e^−1/t

!

. (58)

Im Grenzfall t 1 wird dies zu r ≈ Kt^3/2e^−1/t, w¨ahrend im Grenzfall t 1 der Zusammenhang r ≈ ^Kt3/2₂^e−1/t +√

Kt^3/4e^−1/2t die Situation ad¨aquat beschreibt. Die doppellogarithmische Darstellung ist in Abb. 3 zu sehen.

10

10

10

10

10

10

10

10

10

10

10

10

r=Np+ NH

Abbildung 3: Doppellogarithmische Auftragung des Ionisationsverh¨altnis. Als schwarze Linie ist das Ionisationsverh¨altnis aufgetragen, w¨ahrend der rote Punkt die Ergebnisse der Absch¨atzung markiert. Es zeigt sich so eine ¨Ubereinstimmung mit r ≈1.

Freiwillige Bonusaufgabe: Gefrierpunkterniedrigung beim Schlittschuhlaufen?

8 Zusatzp.

(a) Die totale Ableitung nach der Temperatur von Gl. (13) auf dem ¨Ubungsblatt ergibt

∂µ_Wasser

∂T +dP_s dT

∂µ_Wasser

∂P_s = ∂µ_Eis

∂T + dP_s dT

∂µ_Eis

∂P_s . (59)

Mit s_i = −^∂µ_∂Tⁱ und v_i = ^∂µ_∂Pⁱ wird dies zu Gl. (14) auf dem ¨Ubungsblatt und durch die Einf¨uhrung von ∆h=T(s_Wasser−s_Eis)und ∆v =v_Wasser−v_Eis zur Clausius-Clapeyron- Gleichung

dP_s dT = 1

T

∆h

∆v. (60)

(b) Das molspezifische Volumen h¨angt mit der molaren Masse M und der Massendichte ρ

¨uber

v = M

ρ (61)

zusammen. Das molspezifische Volumen von Wasser und Eis ist somit durch v_Wasser ∼ 18 g/mol

10⁶g/m³ ∼1,8·10⁻⁵m³/mol (62) vEis ∼ 18 g/mol

0,917·10⁶g/m³ ∼1,96·10⁻⁵m³/mol (63) gegeben. Damit ist ∆v = v_Wasser −v_Eis ∼ −0,16·10⁻⁵m³/mol < 0. Bei positiver Umwandlungsenthalpie∆h >0ist ^dP_dT^s <0und der Schmelzpunkt sinkt bei der Aus¨ubung von Druck auf das Eis.

(c) Der n¨otige Druck bestimmt sich zu

∆P ∼ ∆T T

∆h

∆v = −1

273,15· 6 kJ/mol

−0,16·10⁻⁵m³/mol = 13,73·10⁶Pa∼140 atm. (64) (d) Die gesamte Standfl¨ache ist durch A= 2·0,3 m·4·10⁻³m = 2,4·10⁻³m² ∼ ¹₄·10⁻²m²

gegeben. Der durch die Gewichtskraft ausge¨ubte Druck ist somit

∆P = mg

A ∼ 80 kg·10 N/kg

1

4 ·10⁻²m² ∼3,2·10⁵Pa = 3,2 atm. (65) Die dadurch erzielte Absenkung des Schmelzpunktes betr¨agt gerade einmal

∆T ∼ −3,2

1401 K =−0,023 K. (66)

Damit gen¨ugt der Druck durch die Gewichtskraft alleine nicht aus, um den Schmelzpunkt von Wasser signifikant abzusenken. Selbst wenn die Person nur auf einem Schlittschuh stehen w¨urde, erg¨abe sich gerade einmal ein Druck von ∼ 6 atm, was immer noch nicht ausreicht, um den Gefrierpunkt signifikant abzusenken. Der Wasserfilm beim Schlittschuh- laufen entsteht vor allem durch die Erw¨armung des Eises durch Reibung.