Moderne Theoretische Physik III

Karlsruher Institut für Technologie
Institut für Theorie
der Kondensierten Materie
Moderne Theoretische Physik III (Theorie F – Statistische Mechanik)
SS 17
Blatt 2
Besprechung: 05.05.2017
Prof. Dr. Alexander Mirlin
PD Dr. Igor Gornyi, Janina Klier
1. Carnot-Prozess für das ultrarelativistische Bosegas:
(10 + 15 + 5 + 5 = 35 Punkte)
Wir betrachten ein ultrarelativistisches Gas von Bosonen (Temperatur T , Volumen des
Systems V ). Die innere Energie U und der Druck p dieses Systems erfüllen
U = σV T 4 ,
p = U/3V,
(1)
wobei σ die Stefan-Boltzmann Konstante bezeichnet. Das chemische Potential des ultrarelativistischen 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 Energie U (T, V ) ausgehen. Geben Sie die
Abhängigkeit des Drucks vom Volumen in einem adiabatischen Prozess an.
Lösung:
Um die Entropie S(T, V ) zu berechnen beginnen wir mit dem ersten Hauptsatz
zusammen mit der thermodynamischen Definition der Entropie (bei fester Teilchenzahl)
∂S ∂S (2)
dU = T dS − pdV = T
dT + T
− p dV
∂T V
∂V T
Die Ableitungen der Entropie sind daher gegeben durch
∂S = 4V σT 2 ,
∂T V
∂S 4 3
σT .
=
∂V T
3
(3)
(4)
Integration dieser Gleichungen ergibt
4
S = V σT 3 + a,
3
(5)
wobei die unbekannte Konstante a von der Teilchenzahl abhängt. Für den Fall von
konstanter Teilchenzahl ist diese Konstante irrelevant und kann Null gesetzt werden.
Für den adiabatischen Prozess gilt S = const. Daher,
V T 3 = const,
V p3/4 = const.
(6)
(7)
(b) Analysieren Sie einen geschlossenen Carnotzyklus für das ultrarelativistische Bosegas. Berechnen Sie Arbeit, die vom System in jedem Schritt geleistet wird und die
Abbildung 1: Carnot-Prozess (aus der Vorlesung)
Wärme, die vom System während der isothermen Expansion (Kompression) aufgenommen (abgegeben) wird. Bestimmen Sie den Wirkungsgrad der Carnot-Maschine
als Funktion von T1 und T2 .
Lösung:
Wir beginnen die Analyse des Carnot-Prozesses (s. Abb. 1) mit den Isothermen
(T = T2 ). Aus U = σV T 4 und p = U/3V folgt, dass der Druck
p=
σT 4
3
(8)
unabhängig vom Volumen V ist. Daher ändert eine isotherme Expansion (V2 → V20 )
den Druck nicht, d.h. sind die Isotherme Linien mit p = konst. parallel zur V -Achse
im p − V Diagramm (Abb. 1).
Die verrichtete Arbeit des Systems ist durch
Z V20
σT24
pdV =
(V20 − V2 )
(9)
W2→20 =
3
V2
gegeben. Die Änderung der inneren Energie ist
Z V20
∂U ∆U2→20 =
dV = σT24 (V20 − V2 ) .
∂V T
V2
(10)
Daraus resultiert die Wärme, die das System während der isothermen Expansion
aufnimmt, mit
4
Q2 = ∆U2→20 + W2→20 = σT24 (V20 − V2 ) .
(11)
3
Im nächsten Schritt betrachten wir die adiabatische Ausdehnung V20 → V1 , T2 →
T1 . Aus
∂U 1U
p=−
=
∂V S 3 V
folgt für S = const, dass
dU
1 dV
=−
.
(12)
U
3 V
Dies ergibt U ∼ V −1/3 . Da U eine extensive Größe ist und die einzige andere
extensive Größe die Entropie ist, muss die innere Energie sich wie U = αS 4/3 V −1/3
verhalten, wobei α eine Konstante ist. Das ist wiederum gleich σV T 4 , das
σ 3/4
V T3 = S
(13)
α
ergibt. Daher gilt
V T 3 = konst.
(14)
entlang der Adiabate (S = const, δQ = 0). Das Volumen der Expansions ist gegeben
durch
T3
(15)
V1 = V20 23 .
T1
Mit dem ersten Hauptsatz finden wir die vom System verrichtete Arbeit:
W20 →1 = −∆U20 →1 = σT24 V20 − σT14 V1 = σV1 T13 (T2 − T1 ).
(16)
Gleichung (14) führt auch zu
T23
(17)
T13
sodass die letzte Adiabate den Anfangszustand erreicht. In Analogie mit der isothermen Expansion 2 → 20 folgt:
Z V10
σV2 T1 T23
σT14
(V10 − V1 ) =
(V2 − V20 ) < 0
(18)
W1→10 =
pdV =
3
3
V1
V10 = V2
und
Z
V10
∆U1→10 =
V1
∂U dV = σT14 (V10 − V1 ) = σV2 T1 T23 (V2 − V20 ) .
∂V T
(19)
Daher ist die Änderung der letzten Wärme für die isotherme Kompression (T =
T1 , V1 → V10 )
4
Q1 = ∆U1→10 + W1→10 = σT14 (V10 − V1 )
3
4
= − σT1 T23 (V20 − V2 ) .
3
(20)
Für die adiabatische Kompression (V10 → V2 , T1 → T2 ) erhalten wir analog zu
20 → 1:
W10 →2 = −∆U10 →2 = σT24 V2 − σT14 V10 = σV2 T23 (T2 − T1 ).
(21)
Daraus resultiert eine endliche Änderung der Wärme im Gesamtprozess
4
Q2 + Q1 = σ(T2 − T1 )T23 (V20 − V2 ) > 0.
3
und daher wurde Arbeit
I
∆W =
δQ = Q2 − |Q1 | > 0
(22)
verrichtet.
Der Wirkungsgrad des Carnot-Prozess ist
η=
∆W
|Q1 |
T1
geleistete Arbeit
=
=1−
=1− .
absorbierte Wärme
Q2
Q2
T2
(23)
Der Wirkungsgrad ist universell, er hängt nicht von den Eigenschaften des Gases
ab.
(c) Berechnen Sie das Integral
I
∆S =
δQ
,
T
(24)
über den Carnot-Prozess für das ultrarelativistische Bosegas. Dabei bezeichnet δQ
die infinitesimale Menge an Wärme die vom System aufgenommen wird und das
Integral läuft über den kompletten Carnot-Prozess.
Lösung:
Q2 Q1
+
= 0,
T2
T1
das zeigt, dass die Entropie tatsächlich eine Zustandsvariable ist.
∆S =
(25)
(d) Untersuchen Sie denselben Carnot-Prozess in der umgekehrten Richtung (die isotherme Kompression des Gases findet bei der höheren Temperatur T1 statt). Was
ist der Zweck dieses Prozesses? Berechnen Sie die Wärme, die im Prozess aus dem
kalten Wärmebad entnommen wird und vergleichen Sie sie mit der Arbeit, die von
einer externen Maschine geleistet wird um den Prozess zu durchlaufen.
Lösung:
Wenn der Carnot-Prozess in umgekehrter Reihenfole durschlangen wird, arbeitet
die Maschine als Wärmepumpe (Kühlmaschine).
Der erste Prozess ist dann die adiabatische Expansion 2 → 10 . Im zweiten Prozess
10 → 1, isotherme Expansion bei Temperatur T1 von V10 nach V1 , nimmt das System
Wärme auf, die dem zu kühlenden Reservoir entzogen wird. Um die Menge der
extrahierten Wärme aus dem Kältereservoir. im umgekehrten Prozess zu erhalten,
müssen die Volumen V2 und V20 ausgetauscht werden:
4
Q̃1 = σT1 T23 (V20 − V2 ) = −Q1 .
3
(26)
Die Arbeit muss von einer externen Maschine aufgewendet werden:
4
∆W̃ = −∆W = − σ(T2 − T1 )T23 (V20 − V2 ) ,
3
Q̃1
T1
=
T2 − T1
|∆W̃ |
(27)
(28)
2. Elastisches Band
(5 Punkte +15 Bonuspunkte)
Für ein elastisches Band der Länge 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
"
2 #
∂σ
aL
L0
=
1−
,
(29)
∂T L
L0
L
∂σ
∂L
T
"
2 #
aT
L0
=
1+
.
L0
L
(30)
Hier bezeichnet L0 die Länge des ungedehnten Bands, die als temperaturunabhängig
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.
Lösung:
Integration der ersten Gleichung über T bei konstanter Länge L führt zu
"
2 #
L0
aL
1−
+ h1 (L),
(31)
σ(T, L) = T
L0
L
wobei h1 (L) eine unbekannte Funktion ist.
Ähnlich, integrieren wir die zweite Gleichung über L bei konstanter Temperatur T
und erhalten
"
2 #
L0
aL
1−
+ h2 (T )
(32)
σ(T, L) = T
L0
L
wobei h2 (T ) eine unbekannte Funktion ist.
Der Vergleich von Gl. (31) und (32) führt zu h1 (L) = h2 (T ) = h, wobei h eine
Konstante ist. Wir sehen, dass für h = 0 die Spannung σ für L = L0 verschwindet.
Daher lautet die Zustandgleichung
"
2 #
aL
L0
σ(T, L) = T
1−
.
(33)
L0
L
(b) Das Band werde nun von einer anfänglichen Länge L0 und Temperatur T0 auf
adiabatische und reversible Weise auf eine finale Länge L1 gedehnt. Berechnen Sie
die finale Temperatur T1 .
Hinweis: die Änderung der inneren Energie U des Bandes ist durch dU = T dS +σdL
gegeben, wobei σdL die Arbeit bezeichnet, die verrichtet wird um das Band um die
Strecke dL zu dehnen. Es gilt:
∂S
∂σ
=−
.
(34)
∂L T
∂T L
Nehmen Sie an, dass die spezifische Wärme bei konstanter Länge eine lineare Funktion von T ist.
Lösung:
Aus
dU = T dS + σdL
und Gl. (34) erhalten wir
∂U
∂S
∂σ
= T
+ σ = −T
+ σ = 0,
∂L T
∂L T
∂T L
(35)
(36)
wobei wir in der letzten Zeile die Zustandsgleichung (33) verwendet haben um
abzuleiten, dass
∂σ
σ
= .
∂T L T
Die Identität
∂U
∂L
=0
T
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 abhängt (in der
Tat ist c(T ) die spezifische Wärme cL (T ) bei konstanter Länge).
In Kombination mit Gleichung (35) führt dies zu
dS = c(T )
dT
σ(T, L)
−
dL.
T
T
(37)
Im nächsten Schritt können wir Gleichnung (37) integrieren um den Entropieunterschied ∆S zwischen den Zuständen (T0 , L0 ) und (T1 , L1 ) zu finden:
"
2 #
Z T1
Z L1
c(T )
a
L0
∆S =
dT
−
dLL 1 −
T
L0 L0
L
T0
" #
2
aL0
L1
L1
= g(T1 ) − g(T0 ) −
− 2 ln
−1 .
(38)
2
L0
L0
Für eineR beliebige Funktion c(t) ist die Funktion g(t) als unbestimmtes Integral
g(t) = dtc(t)/t definiert. Für die adiabatische Dehnung ∆S = 0, erhalten wir
daher
" #
2
aL0
L1
L1
− 2 ln
−1 .
(39)
g(T1 ) = g(T0 ) +
2
L0
L0
Auflösen dieser Beziehung nach T1 mit einer gegebenen Funktion c(t) ergibt die
Endtemperatur als Funktion von L1 .
Wenn die spezifische Wärme bei konstanter Länge eine lineare Funktion von T ist,
haben wir c(t) = γt mit γ = const. Damit folgt:
g(t) = γt
und
aL0
T1 = T0 +
2γ
"
L1
L0
2
#
L1
− 2 ln
−1 .
L0
(40)
3. Wärmeaustausch mit einem Reservior
(15 Punkte)
Wir betrachen ein System O2 , das mit einem Wärmereservior O1 mit Temperatur T1 in
Kontakt gebracht wird. Die Volumina beider Systeme seien konstant. Teilchenaustausch
zwischen O1 und O2 sei nicht möglich. Die Änderung der inneren Energie von O1 erfolgt
nur durch Wärmeaustausch, dU1 = δQ1 = T1 dS1 . Das Reservoir O1 sei so groß, dass
T1 sich beim Wärmeaustausch praktisch nicht ändert, und somit Zustandsänderungen
von O1 reversibel sind. Das Gesamtsystem aus O2 und O1 sei abgeschlossen. Welche
Bedeutung hat das für eine infinitesimale Energieänderung der Teilsysteme? Geben Sie
die einzelnen Beiträge allein durch die Änderung der extensiven Variablen U2 und S2
an, und zeigen Sie, dass
dU2 − T1 dS2 ≤ 0
(41)
gilt.
Lösung:
Gesamtsystem abgeschlossen:
dUtot = 0.
Gesamtänderung setzt sich aus Änderungen der Teilsysteme zusammen:
0 = dUtot = dU1 + dU2 = δQ1 + dU2
⇒ dU2 = −δQ1 .
Wärmeaustausch zwischen O2 und O1 :
δQ2 = −δQ1 = −T1 dS1 .
Zweiter Hauptsatz:
0 ≤ dStot = dS2 + dS1
dU2 − T1 dS2 ≤ 0
⇒
(42)
Abbildung 2: CATS Musical Werbung