Lösungsvorschlag

T4p: Thermodynamik und Statistische Physik
Prof. Dr. H. Ruhl
Blatt 14 (Probeklausur)
Lösungsvorschlag
1. Kurze Fragen
a) Welche der folgenden Zustandsgrößen sind extensiv, welche intensiv? Innere
Energie E, Druck p, Temperatur T und Entropie S.
Lösungsvorschlag:
Intensiv: Temperatur T und Druck p. Extensiv: Innere Energie E, Entropie S.
b) Für ein ein-atomiges, ideales Gas gilt der Zusammenhang zwischen Druck p,
innerer Energie E und dem Volumen V :
p = αE β V δ
.
(1)
Geben Sie die numerischen Werte der Konstanten α, β und δ an.
Lösungsvorschlag:
Ideales Gas-Gesetz: pV = N kB T . Weiterhin wissen wir E = 23 N kB T , woraus
p = 32 E/V und somit α = 2/3, β = 1 und δ = −1 folgt.
c) Interpretieren Sie die Parameter a und b in der thermischen Zustandsgleichung
des Van-der-Waals-Gases physikalisch:
2
N kB T
N
p=
−a
.
(2)
V − Nb
V
Lösungsvorschlag:
Der Parameter a verursacht eine Druckerniedrigung im Vergleich zum idealenGas-Gesetz, da er die gegenseitige Anziehungskräfte zwischen den Molekülen
berücksichtigt. Der Parameter b berücksichtigt das endliche Volumen der einzelnen Gasmoleküle, sodass das dem Gas zur Verfügung stehende Volumen V
durch N mal das Eigenvolumen b verringert wird.
d) Die Maxwellsche Geschwindigkeitsverteilung ist gegeben durch
w(vv , vy , vz ) = 4π
m
2πkB T
3/2
2
mv
− 2k
T
v2e
B
,v =
q
vx2 + vy2 + vz2
.
(3)
Bestimmen Sie die wahrscheinlichste Geschwindigkeit vw (die Geschwindigkeit,
an der die Verteilung ihr Maximum annimt).
Lösungsvorschlag:
dw
dv
!
= 0 ↔ (2v − v 3 kBmT ) = 0 ↔ v 2 kBmT = 2 → vw =
q
2kB T
.
m
e) Betrachten Sie ein quantenmechanisches System aus zwei ununterscheidbaren
Bosonen, wobei jedes Boson in einem von zwei Energie-Eigenzuständen mit
den jeweiligen Energien E0 = 0 und E1 = sein kann. Geben Sie die Zustandssumme dieses Systems an und begründen Sie kurz Ihre Antwort.
Lösungsvorschlag:
Erste Möglichkeit: Beide Teilchen im Zustand mit E0 = 0, also Eges = 0. Zweite
Möglichkeit: Ein Teilchen im Zustand mit E0 = 0 und eins mit E1 , also Eges =
. Dritte Möglichkeit: Beide Teilchen im Zustand mit E1 = , also Eges = 2.
Da die Teilchen ununterscheidbar sind, folgt somit Z = 1 + e−β + e−2β .
f ) Betrachten Sie zwei identische Systeme, deren Wärmekapazität bei konstantem
Volumen, CV , folgende Temperatur-Abhängigkeit habe: CV = bT 3 , wobei b
eine Konstante ist. Beide Systeme seien anfangs komplett isoliert, System 1
habe eine Temperatur T1 und System 2 habe eine Temperatur T2 . Nun werden
beide Systeme in thermischen Kontakt gebracht und können ins thermische
Gleichgewicht gelangen. Wie groß ist die End-Temperatur beider Körper?
Lösungsvorschlag:
Die Energie-Änderung von System 1 ist:
Z Tf
b
∆E1 =
CV (T 0 )dT 0 = (Tf4 − T14 ) ,
4
T1
(4)
wobei Tf die End-Temperatur ist. Die Energie-Änderung von System 2 ist
analog:
Z Tf
b
∆E2 =
CV (T 0 )dT 0 = (Tf4 − T24 ) .
(5)
4
T2
Es gilt Energie-Erhaltung ∆E1 + ∆E2 = 0, also:
b
0 = (Tf4 − T24 + Tf4 − T14 ) ,
4
woraus Tf =
T14 +T24
2
1/4
(6)
folgt.
2. Ultra-relativistisches Gas
Falls sich Teilchen mit Geschwindigkeiten bewegen, welche vergleichbar mit der
Lichtgeschwindigkeit c im Vakuum sind, muss man ihre Energie relativistisch berechnen. Für sehr hochenergetische Teilchen lautet die Energie-Impuls-Beziehung
für ein Teilchen mit Impuls p und Energie E: E = H(p, q) ≈ c|p|.
Betrachten Sie solch ein ultra-relativistisches Gas aus N ununterscheidbaren, nicht
miteinander wechselwirkenden Teilchen, welches sich in einem Volumen V befinde.
a) Berechnen Sie die semi-klassische Zustandssumme dieses Systems.
Lösungsvorschlag:
Da die Teilchen nicht wechselwirken und ununterscheidbar sind, faktorisiert
die Zustandssumme:
ZN =
Z1N
N!
(7)
mit
1
Z1 = 3
h
Z
d3 p d3 q e−βc|p|
.
(8)
Das Integral über die räumlichen Koordinaten liefert einen Faktor V , für das
Impuls-Integral führen wir Kugelkoordinaten ein und da der Integrand nur von
|p| abhängt, liefter das Integral über die Winkel einen Faktor 4π. Also haben
wir
Z ∞
V
dp p2 e−βcp .
(9)
Z1 = 3 4π
h
0
Wir machen die Substitution p0 = βcp und erhalten
Z ∞
V
0
Z1 =
4π
dp0 p02 e−p
3
(βch)
0
.
(10)
Das Integral ergibt gerade 2 (siehe Formelsammlung), also haben wir
1
ZN =
N!
8πV
(βch)3
N
(11)
b) Berechnen Sie die freie Energie F (T, V, N ) des ultra-relativistischen Gases als
Funktion seiner natürlichen Variablen. Verwenden Sie die Stirling-Formel um
das Ergebnis in eine explizit extensive Form zu bringen.
Lösungsvorschlag:
1
8πV
− ln N !
F = −kB T ln ZN = −N kB T ln
(βch)3 N
.
(12)
Nun verwenden wir die Stirling-Formel ln N ! = N ln N − N und erhalten
8πV
− ln N + 1
(13)
F = −N kB T ln
(βch)3
8π V
= −N kB T ln
+1
,
(14)
(βch)3 N
was explizit extensiv ist.
c) Berechnen Sie nun E(T, V ) und p(T, V ).
Lösungsvorschlag:
∂
ln ZN
∂β
N
∂
8πV
=−
ln
∂β
(βch)3
= 3N kB T .
∂F
Der Druck berechnet sich über p = − ∂V
= N kB T /V .
T
E=−
(15)
(16)
(17)
3. Paramagnet
Betrachten Sie ein paramagnetisches Material, dessen Magnetisierung M folgende
Abhängigkeit vom angelegten externen Magnetfeld H und der Temperatur T habe:
M=
AH
T − T0
.
(18)
Hierbei sind A und T0 Konstanten und der Ausdruck ist nur für T > T0 gültig. Die
Differenziale der inneren Energie E und der freien Energie F für dieses System sind
gegeben durch
dE = T dS + HdM
dF = dE − d(T S) = −SdT + HdM
(19)
(20)
a) Zeigen Sie, dass die Wärmekapazität bei konstanter Magnetisierung, CM , unabhängig von M ist bei konstanter Temperatur T , also CM (M, T ) = CM (T ).
∂S
aus und verwenHinweis: Gehen sie dabei von der Definition CM = T ∂T
M
den Sie dann eine geeignete Maxwell-Relation.
Lösungsvorschlag:
Wir beginnen mit der Definition
CM = T
∂S
∂T
(21)
M
und betrachten nun die die partielle Ableitung
∂ 2S
∂CM
=T
∂M T
∂M ∂T
∂S
∂
=T
∂T
∂M T M
(22)
,
(23)
wobei wir die Reihenfolge der Ableitungen vertauscht haben. Aus dF folgt die
Maxwell-Relation
∂S
∂H
−
=
,
(24)
∂M T
∂T M
also benötigen wir H(T, M ), was aus M =
A
H
T −T0
folgt:
M
(T − T0 ) .
A
H=
(25)
Somit folgt
−
∂S
∂M
=
T
∂H
∂T
=
M
M
A
(26)
=0 .
(27)
und daraus
∂CM
∂T
T
∂
=T
∂T
M
−
A
M
b) Finden Sie einen Ausdruck für die innere Energie E(T, M ) in Abhängigkeit
von A, T0 und CM (T ). Hinweis: Verwenden Sie (19) und fassen Sie darin S als
Funktion S(T, M ) auf.
Lösungsvorschlag:
dS =
∂S
∂T
dT +
M
∂S
∂M
dM
,
(28)
T
woraus
dE = T dS + HdM
∂S
∂S
=T
dT + T
+ H dM
∂T M
∂M T
| {z }
(29)
(30)
=CM (T )
∂S
+ H dM
= CM (T )dT + T
∂M T
Den zweiten Term können wir weiter vereinfachen:
∂S
MT
M T0
T
+H =−
+H =−
∂M T
A
A
.
(31)
.
(32)
Somit haben wir
dE = CM (T )dT −
M T0
dM
A
.
(33)
Nun integrieren wir diese Gleichung zunächst nach T :
Z T
E(T, M ) =
CM (T 0 )dT 0 + f1 (M ) + c1
,
(34)
0
wobei f1 (M ) eine beliebige, noch zu bestimmende Funktion von M ist und c1
eine Konstante, die über die Randbedingungen festgelegt werden muss. Weiterhin integrieren wir die Gleichung nach M :
E(T, M ) = −
M 2 T0
+ g1 (T ) + d1
2A
,
(35)
wobei g1 (T ) eine zu bestimmende Funktion von T ist und d1 eine Konstante,
die auch über die Randbedingungen festgelegt werden muss. Nun müssen beide
Ausdrücke übereinstimmen, woraus
Z T
M 2 T0
E(T, M ) =
CM (T 0 )dT 0 −
+ cE
(36)
2A
0
folgt, wobei cE = c1 + d1 gilt und über die Randbedingungen bestimmt werden
muss. Dies ist der allgemeinste Ausdruck, der (33) liefert.
c) Bestimmen Sie die Entropie S(T, M ).
Lösungsvorschlag:
Wir wissen bereits
∂S
∂S
dS =
dT +
dM
∂T M
∂M T
CM (T )
M
=
dT − dM .
T
A
(37)
(38)
Also integrieren wir wieder:
T
Z
dT 0
S(T.M ) =
0
S(T, M ) = −
CM (T 0 )
+ f2 (M ) + c2
T0
M2
+ g2 (T ) + d2
2A
,
(39)
,
(40)
woraus
Z
T
S(T, M ) =
dT 0
0
CM (T 0 ) M 2
+ cS
−
T0
2A
(41)
mit cS = c2 + d2 folgt.
4. Van-der-Waals-Gas
Betrachten Sie ein Van-der-Waals-Gas mit fester Teilchenzahl in einem Volumen V
bei Temperatur T .
a) Zeigen Sie nun zuerst allgemein mit Hilfe einer geeigneten Maxwell-Relation
folgende Identität:
∂p
− p dV + CV dT
(42)
dE = T
∂T V
Lösungsvorschlag:
dE = T dS − pdV
.
(43)
Mit S = S(T, V ) folgt dann
dS =
∂S
∂T
dT +
V
∂S
∂V
dV
(44)
T
und somit
∂S
∂S
− p dV + T
dT
dE = T
∂V T
∂T V
| {z }
.
(45)
=CV
∂p
Aus dF haben wir die Maxwell-Relation ∂V T = ∂T
, woraus
V
∂p
dE = T
− p dV + CV dT
∂T V
∂S
(46)
folgt.
b) Bestimmen Sie aus dem ersten Hauptsatz und dem Ergebnis aus a) eine Beziehung zwischen den Differenzialen dV und dT für einen adiabatischen Prozess.
Lösungsvorschlag:
Für einen adiabatischen Prozess gilt δQ = 0 und somit dE = δA = −pdV .
Also müssen sich die restlichen Terme in (46) zu Null addieren:
∂p
T
dV + CV dT = 0
(für adiabatische Prozesse) .
(47)
∂T V
c) Zeigen Sie nun für das Van-der-Waals-Gas, dass für einen adiabatischen Prozess
(V − N b)T CV /N kB = const.
(48)
gilt, indem Sie den Zusammenhang aus b) integrieren. Hinweis: Trennung der
Variablen.
Lösungsvorschlag:
Für das Van-der-Waals-Gas haben wir
∂p
N kB
=
∂T V
V − Nb
,
(49)
also
N kB T
dV = −CV dT
V − Nb
(für adiabatische Prozesse)
(50)
oder äquivalent dazu
dV
CV
=−
dT
V − Nb
N kB T
.
(51)
Integriert man nun beide Seiten, erhält man
ln
V2 − N b
CV
T2
=−
ln
V1 − N b
N kB T1
,
(52)
woraus
V2 − N b
=
V1 − N b
T1
T2
CV /N kB
(53)
und somit
(V − N b)T CV /N kb = const.
(54)
folgt.
5. Otto-Prozess
Für ein ein-atomiges, ideales Gas soll nun folgender Kreisprozess mit V1 > V2 , T2 <
T3 und T4 > T1 untersucht werden (Otto-Prozess):
(T1 , V1 )
adiabatisch
→
(T2 , V2 )
V =const.
→
(T3 , V2 )
adiabatisch
→
(T4 , V1 )
V =const.
→
(T1 , V1 )
a) Zeichnen sie für diesen Kreisprozess das entsprechende p − V − Diagramm.
Lösungsvorschlag:
b) Berechnen Sie die Arbeit, die das Gas in jedem Zyklus verrichtet.
Lösungsvorschlag:
In den Schritten 2 → 3 und 4 → 1 ist δA = 0 da dV = 0. Für die Adiabaten
gilt dE = δA, also
3
A1→2 = N kB (T2 − T1 )
(55)
2
3
A3→4 = N kB (T4 − T3 ) .
(56)
2
Die am Gas verrichtete Arbeit ist dann A = A1→2 + A3→4 und die vom Gas
verrichtete Arbeit ist dann −A.
c) Berechnen Sie jeweils für jeden Teilschritt die Wärmemenge und geben Sie
an, wann Wärme zugeführt und wann Wärme abgegeben wird. Hinweis: Die
innere Energie ist E(T ) = 32 N kB T .
Lösungsvorschlag:
Für die Adiabaten gilt δQ = 0, für die anderen beiden Prozesse gilt (da dE =
δQ):
3
Q2→3 = N kB (T3 − T2 ) > 0
2
3
Q4→1 = N kB (T1 − T4 ) < 0
2
→ aufgenommene Wärme
(57)
→ abgegebene Wärme
(58)
d) Zeigen Sie, dass der Wirkungsgrad des Otto-Prozesses gegeben ist durch
!
T
T1 1 − T14
ηOtto = 1 −
.
(59)
T2 1 − TT23
Lösungsvorschlag:
η=
3
N kB (T1 − T2 + T3 − T4 )
−A
= 2
3
Q2 → 3
N kB (T3 − T2 )
2
T1 − T4
=1−
T2 − T3
!
T4
1
−
T1
T1
=1−
T2 1 − TT32
(60)
(61)
(62)
e) Verwenden Sie, dass für eine adiabatische Zustandsänderung T V γ−1 = const.
gilt, um
T1
T2
(63)
T1 V1γ−1 = T2 V2γ−1
(64)
ηOtto = 1 −
zu zeigen.
Lösungsvorschlag:
Für die Adiabaten gilt
T4 V4γ−1
=
T3 V3γ−1
.
T1
T4
Da aber V1 = V4 und V2 = V3 gilt, folgt daraus
ηOtto = 1 −
T1
T2
.
(65)
=
T2
T3
und somit
(66)