sheet2_solution.

TU München
Physik Department, T33
http://www.wsi.tum.de/T33 (Teaching)
Prof. Dr. Peter Vogl, Thomas Eissfeller, Peter Greck
Übung in Thermodynamik und Statistik 4B
Blatt 2
(Abgabe Do 10. Mai 2012 in Vorlesung)
1. Ausdehnung eines Gasvolumens gegen äußere Kraft [3 Punkte]
In einem kreisförmigen Zylinder bewegt sich ein Kolben mit Durchmesser d = 20 cm um 5 cm nach oben,
während dem Arbeitsgas 200 J Wärme zugeführt werden. Zusätzlich zur Gewichtskraft des Kolbens wirkt
von außen ein Luftdruck von P = 100 kPa sowie eine Federkraft, wobei die Feder mit Federkonstante K
zu Beginn nicht ausgelenkt ist. Berechnen Sie die Änderung der inneren Energie des Arbeitsgases.
K=50 kN/m
m=60 kg
d=20 cm
Hilfe: Zeigen Sie, dass sich die innere Energie um ΔU = −49 J ändert.
Lösung:
Die nach außen abgeführte mechanische Arbeit bei einer Höhenänderung h der Position des Kolbens ist
1
W = mgh + Kh2 + P hA
2
(1)
wobei A = πr2 = 0.031416 m2 die Fläche des Kolbens ist. Damit ist die mechanische Arbeit
W
=
=
=
(60 kg)(9.81 m s−2 )(0.05 m)
1
+ (50 · 103 N m−1 )(0.05 m)2
2
+(100 · 103 N m−2 )(0.05 m)(0.031416 m2 )
(2)
29.43 J + 62.5 J + 157.08 J
249.01 J
(5)
(6)
(3)
(4)
Aus der Perspektive des Arbeitsgases ist ΔW = −249.01 J< 0. Da eine Wärmemenge ΔQ = 200 J
zugeführt werden, ist die Änderugn der inneren Energie ΔU = ΔW + ΔQ = −49.01 J.
2. Kreisprozess [2 Punkte]
Ein System durchläuft einen Kreisprozess 1 → 2 → 3 → 1, bestehend aus den drei folgenden Teilprozessen:
Prozess
1→2
2→3
3→1
ΔQ (kJ)
100
ΔW (kJ)
−100
50
ΔU (kJ)
100
−200
Ergänzen Sie die in der Tabelle fehlenden Werte durch die Betrachtung des ersten Hauptsatzes für jeden
Teilprozess. Wie groß sind die gesamten Änderungen ΔU , ΔW und ΔQ nach einem vollständigen Umlauf?
1
Lösung:
Prozess
1→2
2→3
3→1
ΔQ (kJ)
200
50
100
ΔW (kJ)
−100
50
−300
ΔU (kJ)
100
100
−200
Insgesamt ist ΔU = 0, weil U eine Zustandgröße ist. W und Q sind keine Zustandsgrößen, so dass sie
nach einem Umlauf nicht zum Anfangswert zurückkehren: ΔW = −350 kJ, ΔQ = 350 kJ.
3. Differential, integrierender Faktor, Wegintegral [5 Punkte]
Gegeben sei das Differential
δA = (x2 − y)dx + x dy
(7)
Berechnen Sie das geschlossene Wegintegral δA, wobei R das von den Punkten (0, 0), (2, 0), (2, 4), (0, 4)
R
aufgespannte und gegen den Uhrzeigersinn orientierte Rechteck ist. Ist δA ein vollständiges Differential?
Ein nicht vollständiges Differential kann stets durch Multiplikation mit einem integrierenden Faktor λ(x, y)
zu einem vollständigen Differential dB = λ(x, y)δA gemacht werden. Wählen Sie den Produktansatz
λ(x, y) = a(x)b(y) und lösen Sie die resultierende Differentialgleichung. Überprüfen Sie, dass das gefundene
Differential dB tatsächlich vollständig ist.
Hilfe: Welche Bedingung muss b (y) erfüllen, damit die gefundene Differentialgleichung separabel ist?
Lösung:
Das geschlossene Wegintegral setzt sich aus 4 Teilschritten zusammen:
3 2
2
2
8
x
2
2
dx(x − y) =
dx(x − 0) =
=
3
3
0
0
0
4
4
4
dy x =
dy 2 = [2y]0 = 8
2
0
0
2
dx(x − y) =
0
dy x
0
0
2
0
=
4
(8)
(9)
0
x3
8
16
− 4x = −
−8 =
dx(x − 4) =
3
3
3
2
(10)
dy 0 = 0
(11)
2
4
Damit ist das geschlossene Wegintegral
δA =
R
16
8
+8+
+ 0 = 16
3
3
(12)
Falls δA ein vollständiges Differential wäre, müsste das geschlossene Wegintegral verschwinden, vgl. z.B.
die Zustandsfunktion U . Für eine Funktion A(x, y) müssen die gemischten Ableitungen nach x und nach
y unabhängig von der Reihenfolge sein, d.h.
∂ 2A
∂2A
=
∂y∂x
∂x∂y
(13)
Falls δA ein vollständiges Differential wäre, könnte man aus der differentiellen Form die Ableitungen
ablesen:
∂A
∂x
∂A
∂y
=
(x2 − y)
(14)
=
x
(15)
Damit ergäben sich die folgenden gemischten Ableitungen,
∂2A
∂y∂x
∂2A
∂x∂y
=
=
∂ ∂A
∂ 2
=
(x − y) = −1
∂y ∂x
∂y
∂ ∂A
∂
=
x=1
∂x ∂y
∂x
2
(16)
(17)
die sich offensichtlich unterscheiden. Das vollständige Differential
dB = λ(x, y)δA
(18)
kann durch Einsetzen des Produktansatzes als
dB
= a(x)b(y) (x2 − y)dx + x dy
2
= a(x)b(y)(x − y)dx + a(x)b(y)x dy
(19)
(20)
ausgedrückt werden. Die ersten Ableitungen sind dann
∂B
∂x
∂B
∂y
= a(x)b(y)(x2 − y)
(21)
= a(x)b(y)x
(22)
woraus sich die folgenden gemischten zweiten Ableitungen ergeben:
∂2B
∂y∂x
=
=
2
∂ B
∂x∂y
=
∂ ∂B
= a(x)b (y)(x2 − y) + a(x)b(y)(−1)
∂y ∂x
a(x)b (y)(x2 − y) − a(x)b(y)
∂ ∂B
= a (x)b(y)x + a(x)b(y)
∂x ∂y
(23)
(24)
(25)
Diese gemischten Ableitungen sind gleich, falls die folgende Differentialgleichung gilt:
a(x)b (y)(x2 − y) − a(x)b(y) = a (x)b(y)x + a(x)b(y)
(26)
Nach Teilen durch a(x)b(y) ergibt sich
b (y) 2
a (x)
(x − y) − 1 =
x+1
b(y)
a(x)
(27)
Der Ausdruck rechts ist offensichtlich nur von x abhängig, der linke sowohl von x als auch von y. Dies
ist nur dann nicht der Fall, wenn b (y) = 0 gilt, so dass b(y) = b = const. Damit vereinfacht sich die
Differentialgleichung zu
−1
a (x)
a(x)
a (x)
x+1
a(x)
2
= −
x
=
Multiplikation mit dx liefert links a (x)dx = da. Damit kann die Integration durchgeführt werden:
2
da
= − dx
a
x
ln a = −2 ln x + ln c
c
a =
x2
(28)
(29)
(30)
(31)
(32)
Insgesamt ist der integrierende Faktor also
λ(x, y) = a(x)b(y) =
bc
c
b= 2
x2
x
(33)
so dass
dB
=
=
bc 2
bc
(x − y)dx + 2 x dy
x2
x
bc
y bc 1 − 2 dx + dy
x
x
3
(34)
(35)
Damit sind die ersten Ableitungen
y = bc 1 − 2
x
bc
=
x
∂B
∂x
∂B
∂y
so dass die gemischten zweiten Ableitungen übereinstimmen:
∂ ∂B
1
∂ 2B
bc
=
= bc − 2 = − 2
∂y∂x
∂y ∂x
x
x
∂ ∂B
bc
∂ 2B
=
=− 2
∂x∂y
∂x ∂y
x
(36)
(37)
(38)
(39)
4. Barometrische Höhenformel [3 Punkte]
In einem Gas inhomogener Dichte gilt die Zustandgleichung auch lokal, wenn die Dichte nur schwach
variiert. Betrachten Sie die Säule eines idealen Gases bei konstanter Temperatur T unter dem Einfluss der
Schwerebeschleunigung g. Bestimmen Sie die Dichte ρ(z) als Funktion der Höhe z aus dem Gleichgewicht
der Kräfte, die auf ein Volumenelement dV = A dz des Gases wirken.
A
dz
Lösung:
Im folgenden soll die Varibale z nach oben zunehmen. Auf die untere Fläche des infinitesimalen Volumens
wirkt von unten die Kraft
F (z) = P (z)A
(40)
Auf die obere Fläche wirkt von oben die Kraft
F (z + dz) = P (z + dz)A
(41)
Die Kraftdifferenz ergibt sich aus der zusätzlichen Gewichtskraft durch das Gas im infinitesimalen Volumen,
F (z) = F (z + dz) + ρgAdz
(42)
und entsprechend für den Druck
P (z) = P (z + dz) + ρgdz
(43)
Daraus lässt sich die Ableitung des Drucks nach der Höhe ablesen:
P (z + dz) − P (z) =
∂P
∂z
=
∂P
dz = −ρgdz
∂z
(44)
−ρg < 0
(45)
d.h. der Druck nimmt nach oben ab. Aus der Zustandgleichung des idealen Gases P V = N kB T ergibt
sich mit der Masse m der Gasteilchen die Dichte als
ρ=
P
mN
=m
V
kB T
(46)
d.h. bei konstanter Temperatur ist die Dichte proportional zum Druck. Nach Einsetzen ergibt sich eine
Differentialgleichung für P :
P
∂P
= −ρg = −m
g
(47)
∂z
kB T
4
Nach Variablenseparation
mg
dP
=−
dz
P
kB T
und Integration
mg
dP
=−
P
kB T
(48)
dz
(49)
findet man
ln P
=
P
=
ρ
=
mgz
+ ln P0
kB T
mgz
P0 exp −
kB T
P0
mgz
mgz
P
=m
exp −
m
= ρ0 exp −
kB T
kB T
kB T
kB T
−
(50)
(51)
(52)
5. Zustandsgleichung [4 Punkte]
Für eine homogene Substanz mit N Teilchen seien die folgenden Beziehungen gefunden worden:
N kB
1 ∂V
(Ausdehnungkoeffizient)
=
α =
V ∂T P
PV
a
1 ∂V
1
κT = −
+
(Kompressibilität)
=
V ∂P T
P
V
(53)
(54)
Dabei ist a eine Materialkonstante. Wie lautet die Zustandsgleichung f (P, V, T )?
Lösung:
Aus den gefundenen Größen lassen sich die Ableitungen von V nach den Variablen P und T ablesen:
∂V
N kB
(55)
= αV =
∂T P
P
∂V
1
a
V
+
+a
(56)
= −V κT = −V
=−
∂P T
P
V
P
so dass das vollständige Differential von V folgendermaßen ausgedrückt werden kann:
∂V
∂V
dV =
dT +
dP
∂T P
∂P T
V
N kB
dT −
+ a dP
=
P
P
(57)
(58)
Die Variablen T und P tauchen also nicht in separierter Form auf. Als erster Teilschritt wird bei festem
Druck über die Temperatur integriert,
V =
dV =
(59)
N kB
dT
(60)
=
P
N kB T
=
+ C(P )
(61)
P
wobei die Integrationskonstante eine beliebige druckabhängige Funktion C(P ) sein kann. Durch Ableiten
des Ergebnisses nach dem Druck ergibt sich
∂V
N kB T
=−
+ C (P )
(62)
∂P T
P2
dies muss aber gerade dem vorher schon bekannten Ausdruck
V
∂V
+a
=−
∂P T
P
5
(63)
entsprechen, d.h.
N kB T
+ C (P )
−
P2
V
+a
= −
P
1 N kB T
= −
+ C(P ) + a
P
P
C(P )
N kB T
−a
−
= −
P2
P
(64)
(65)
(66)
Der erste Term fällt weg. Nach Multiplizieren mit P erhält man
P C (P )
C(P ) + P C (P )
= −C(P ) − aP
= −aP
(67)
(68)
Der Ausdruck links ist eine Ableitung:
C(P ) + P C (P ) =
∂
[P C(P )]
∂P
(69)
Durch Integration erhält man
P C(P ) =
C(P ) =
−a
dP P = −a
P2
+b
2
b
a
− P+
2
P
(70)
(71)
wobei b eine Integrationskonstante ist. Nach Einsetzen ergibt sich
V
=
=
=
N kB T
+ C(P )
P
N kB T + b a
− P
P
2
N kB (T − T0 ) a
− P
P
2
wobei im letzten Schritt die Integrationskonstante als b = N kB T0 ausgedrückt worden ist.
6
(72)
(73)
(74)