Thermodynamik Serie 2 - Musterl¨ osung
HS 2020 Prof. P. Jetzer
M. Haney, S. Tiwari, M. Ebersold
https://www.physik.uzh.ch/de/lehre/PHY341/
Ausgeteilt am: 29.09.20 Abzugeben bis: 06.10.20
1. δQ kein totales Differential
a) Aus dem 1. Hauptsatz folgt
δQ = dU + pdV
= ∂U
∂T V
dT + ∂U
∂V T
+ p
dV.
Damit δQ ein totales Differential w¨ are, m¨ usste gelten:
∂
∂V ∂U
∂T V
T
= ∂
∂T ∂U
∂V T
+ p
V
(1)
⇒ ∂p
∂T V
= 0.
Dies ist jedoch im Widerspruch mit
∂p
∂T V
= nR V 6= 0.
b) Sei dγ = µ(T )δQ ein totales Differential. Also muss gelten (analog zu (1))
∂
∂V
µ(T ) ∂U
∂T V
T
= ∂
∂T
µ(T ) ∂U
∂V T
+ p
V
⇒ µ(T ) ∂
∂V ∂U
∂T V
T
= µ 0 (T ) ∂U
∂V T
+ p
+ µ(T ) ∂
∂T
∂U
∂V T
+ p
V
⇒ 0 = µ 0 (T ) ∂U
∂V T
+ p
+ µ(T ) ∂p
∂T V
⇒ µ 0 (T ) µ(T ) =
− ∂T ∂p V
∂U
∂V
T + p . F¨ ur ein ideales Gas gilt ∂U ∂V
T = 0 und damit µ 0 (T )
µ(T ) = − 1 p
∂p
∂T V
= − 1 T .
1
Die Differenialgleichung kann man l¨ osen durch Separation der Variablen:
dµ
µ = − dT T
⇒ ln µ = − ln T + const
⇒ µ(T ) = α T . F¨ ur α = 1 is dγ = δQ T = dS die Entropie.
2. Ideales Gas: Maxwell-Relation
a) Wir formen den ersten Hauptsatz nach dS um und setzen die bekannten Formeln U = C V T und pV = nRT f¨ ur das monoatomare ideale Gas ein:
dS = 1
T dU + p
T dV = C V dU
U + nR dV V . Integration liefert
S − S 0 = C V log U U 0
+ nR log V V 0
, was durch Umformen auf folgende Gleichung f¨ uhrt:
U (S, V ) = C V
U 0
C V V
V 0 1−γ
exp
S − S 0
C V
| {z }
=T (S,V )
,
mit γ := (C V + nR)/C V .
Beobachtung: F¨ ur das ideale Gas ist zwar U (T, V ) = U (T ), es ist aber U (S, V ) abh¨ angig vom Volumen V , d.h. ∂U ∂V
S 6= 0!
Aus dU = T dS − pdV folgt T = ∂U ∂S
V und −p = ∂U ∂V
S . Es gilt also
∂T
∂V S
= ∂
∂V ∂U
∂S V
S
= 1
C V (1 − γ) U V = ∂
∂S ∂U
∂V S
V
= − ∂p
∂S V
.
b) In der Aufgabenstellung wir durch die Auflistung der drei Gleichungen die Darstellung von dU = δQ + δA als
‘dU = C V dT − p dV ’ (2)
suggeriert, woraus man durch Ableiten nach V bei fixiertem T , d.h. dT = 0, die falsche Aussage ∂U/∂V | T = −p bek¨ ame. Das Problem hierbei ist, dass der Ausdruck δQ = C V dT nur f¨ ur einen Prozess G¨ ultigkeit besitzt, bei dem das Volumen fixiert ist. Demnach ist es nicht erlaubt, dU(T, V ) in der Form (2) zu schreiben, da hierbei V eine variable Gr¨ osse darstellt. (Die Ableitung nach V darf dann erst recht nicht gebildet werden.)
2
Richtig ist folgende Vorgehensweise: Wir starten wieder mit dem ersten Hauptsatz, betrachten die Entropie als Funktion S(T, V ) und wenden die Kettenregel an:
dU = T dS − p dV
= T ∂S
∂T V
dT + ∂S
∂V T
dV
− p dV
= T ∂S
∂T V
dT +
T ∂S
∂V T
− p
dV
Die Gr¨ osse, die zu berechnen ist, ergibt sich also aus
∂U
∂V T
= T ∂S
∂V T
− p.
Andererseits ist dU ein exaktes Differential, d.h. es gilt der Satz von Schwarz, so dass
∂
∂V
T ∂S
∂T V
T
= ∂
∂T
T ∂S
∂V T
− p
V
,
also
T ∂ 2 S
∂V ∂T = ∂S
∂V T
+ T ∂ 2 S
∂T ∂V − ∂p
∂T V
.
Wiederum wegen dem Satz von Schwarz k¨ onnen wir die zweifache partielle Ableitung auf beiden Seiten k¨ urzen und erhalten damit die gesuchte Gr¨ osse in den Zustandsvariablen T , V und p: 1
∂U
∂V T
= T ∂S
∂V T
− p = T ∂p
∂T V
− p
F¨ ur das ideale Gas schliesslich gilt p(T, V ) = nR V T , und damit
∂U
∂V T
= nR T
V − p = 0.
3. W¨ armekapazit¨ aten des idealen Paramagneten
Es gilt δA = µ 0 Hdm, wobei H die magnetische Feldst¨ arke und m das magnetische Moment ist. Das Curie Gesetz besagt, dass M = C H T , wobei M = m V die Magnetisierung ist. Die W¨ armekapazit¨ aten sind definiert durch C x = δQ dT
x . a) Aus dem 1. Hauptsatz folgt
δQ = dU − δA = dU − µ 0 Hdm
= ∂U
∂T m
dT + ∂U
∂m T
− µ 0 H
dm
F¨ ur m = konstant, also dm = 0, folgt sofort C m = δQ dT
m = ∂U ∂T m .
1
