Theoretical Physics 4A (Thermodynamics and Statistical Mechanics) - Exam.pdf

Aufgabe 1)

Erster Hauptsatz der Thermodynamik (Energieerhaltung)Der Erste Hauptsatz der Thermodynamik besagt, dass die Gesamtenergie eines geschlossenen Systems konstant bleibt – Energie kann weder erzeugt noch vernichtet werden, nur umgewandelt.

• Mathematische Formulierung: \( \Delta U = Q - W \)
• \( \Delta U \): Änderung der inneren Energie eines Systems
• \( Q \): Zugeführte Wärme
• \( W \): Vom System geleistete Arbeit
• Thermodynamisches Gleichgewicht vorausgesetzt
• Berücksichtigt beide Energieformen: Wärme und Arbeit

a)

Ein ideales Gas befindet sich in einem abgeschlossenen System. Zu Beginn des Prozesses beträgt die innere Energie des Gases 500 J. Das System wird nun so verändert, dass eine Wärme von 200 J zugeführt wird und gleichzeitig 150 J Arbeit am System verrichtet werden.

• a) Bestimme die neue innere Energie des Gas gemäß dem Ersten Hauptsatz der Thermodynamik.
• b) Angenommen, dass der Prozess reversibel ist und das Gas eine Einheitsmasse (1 kg) hat. Berechne die spezifische Wärmekapazität des Gases bei konstantem Volumen, wenn bekannt ist, dass die Temperaturänderung des Gases 50 K beträgt.

Lösung:

Erster Hauptsatz der Thermodynamik (Energieerhaltung)Der Erste Hauptsatz der Thermodynamik besagt, dass die Gesamtenergie eines geschlossenen Systems konstant bleibt – Energie kann weder erzeugt noch vernichtet werden, nur umgewandelt.

• Mathematische Formulierung: \( \Delta U = Q - W \)
• \( \Delta U \): Änderung der inneren Energie eines Systems
• \( Q \): Zugeführte Wärme
• \( W \): Vom System geleistete Arbeit
• Thermodynamisches Gleichgewicht vorausgesetzt
• Berücksichtigt beide Energieformen: Wärme und Arbeit

Lösung der Teilaufgaben:

• a) Bestimme die neue innere Energie des Gases gemäß dem Ersten Hauptsatz der Thermodynamik:
  • Gemäß dem Ersten Hauptsatz der Thermodynamik:
  \( \Delta U = Q - W \)
  • Gegeben:
  • \( U_{initial} = 500 \text{ J} \)
  • \( Q = 200 \text{ J} \)
  • \( W = 150 \text{ J} \)
  Die Änderung der inneren Energie \( \Delta U \) ist:\( \Delta U = Q - W = 200 \text{ J} - 150 \text{ J} = 50 \text{ J} \)Die neue innere Energie \( U_{final} \) ist:\( U_{final} = U_{initial} + \Delta U = 500 \text{ J} + 50 \text{ J} = 550 \text{ J} \)
• b) Angenommen, dass der Prozess reversibel ist und das Gas eine Einheitsmasse (1 kg) hat. Berechne die spezifische Wärmekapazität des Gases bei konstantem Volumen, wenn bekannt ist, dass die Temperaturänderung des Gases 50 K beträgt:Die spezifische Wärmekapazität bei konstantem Volumen \( c_v \) ist gegeben durch:\( c_v = \frac{Q}{m \Delta T} \)Gegeben:
  • \( Q = 200 \text{ J} \)
  • \( m = 1 \text{ kg} \)
  • \( \Delta T = 50 \text{ K} \)
  Die spezifische Wärmekapazität ist:\( c_v = \frac{200 \text{ J}}{1 \text{ kg} \times 50 \text{ K}} = \frac{200}{50} \ \text{ J/kg K} = 4 \ \text{ J/kg K} \)

b)

Ein Dampfsystem durchläuft einen Zyklus, bei dem es während der Expansion 300 J Arbeit leistet und während der Kompression 100 J an Arbeit erfährt. Nehmen wir an, dass das System während der Expansion 500 J Wärme erhält und während der Kompression 200 J Wärme an die Umgebung abgibt.

• a) Berechne die Gesamtarbeit, die während des gesamten Zyklus vom System geleistet wurde.
• b) Bestimme die Netto-Wärmeübertragung während des gesamten Zyklus und zeige, dass dies im Einklang mit dem Ersten Hauptsatz der Thermodynamik steht.

Lösung:

Erster Hauptsatz der Thermodynamik (Energieerhaltung)Der Erste Hauptsatz der Thermodynamik besagt, dass die Gesamtenergie eines geschlossenen Systems konstant bleibt – Energie kann weder erzeugt noch vernichtet werden, nur umgewandelt.

• Mathematische Formulierung: \( \Delta U = Q - W \)
• \( \Delta U \): Änderung der inneren Energie eines Systems
• \( Q \): Zugeführte Wärme
• \( W \): Vom System geleistete Arbeit
• Thermodynamisches Gleichgewicht vorausgesetzt
• Berücksichtigt beide Energieformen: Wärme und Arbeit

Lösung der Teilaufgaben:

• a) Berechne die Gesamtarbeit, die während des gesamten Zyklus vom System geleistet wurde:Während der Expansion leistet das System 300 J Arbeit, und während der Kompression erfährt das System 100 J an Arbeit.Die Gesamtarbeit \( W_{gesamt} \) während des gesamten Zyklus ist die Differenz zwischen der geleisteten und der erfahrenen Arbeit:\( W_{gesamt} = 300 \text{ J} - 100 \text{ J} = 200 \text{ J} \)
• b) Bestimme die Netto-Wärmeübertragung während des gesamten Zyklus und zeige, dass dies im Einklang mit dem Ersten Hauptsatz der Thermodynamik steht:Während der Expansion erhält das System 500 J Wärme, und während der Kompression gibt es 200 J Wärme an die Umgebung ab.Die Netto-Wärmeübertragung \( Q_{nett} \) während des gesamten Zyklus ist die Differenz zwischen der zugeführten und der abgegebenen Wärme:\( Q_{nett} = 500 \text{ J} - 200 \text{ J} = 300 \text{ J} \)Überprüfung im Einklang mit dem Ersten Hauptsatz der Thermodynamik:Da das System in einem geschlossenen Zyklus arbeitet, ist die Änderung der inneren Energie \( \Delta U \) über einen kompletten Zyklus null:\( \Delta U = 0 \)Gemäß dem Ersten Hauptsatz der Thermodynamik:\( \Delta U = Q - W \)Da \( \Delta U = 0 \):\( 0 = Q - W \)Daraus folgt:\( Q = W \)Die Netto-Wärmeübertragung sollte gleich der Gesamtarbeit sein:\( Q_{nett} = W_{gesamt} \)Wenn wir die berechneten Werte vergleichen:\( 300 \text{ J} = 200 \text{ J} \)Offensichtlich erfüllen die gegebenen Daten nicht die Bedingung des Ersten Hauptsatzes der Thermodynamik, da die Netto-Wärmeübertragung und die Gesamtarbeit nicht gleich sind.Daher muss entweder ein Fehler in den gegebenen Daten vorliegen oder zusätzliche Informationen sind erforderlich, um eine genaue Übereinstimmung zu gewährleisten.

Aufgabe 2)

Betrachte ein abgeschlossenes thermodynamisches System, das verschiedene Prozesse durchläuft. Deine Aufgabe ist es, den zweiten Hauptsatz der Thermodynamik anhand dieses Systems zu untersuchen und zu verstehen, wie die Entropie während der verschiedenen Prozesse verändert wird.

Das System durchläuft eine Serie von Veränderungen, einschließlich reversibler und irreversibler Prozesse. Zu Beginn befindet sich das System im Gleichgewichtszustand bei einer Temperatur von 300 K. Eine reversible Wärmezufuhr von 100 J erfolgt, gefolgt von einer irreversiblen Expansion, die zu einer weiteren Entropiezunahme führt. Abschließend kehrt das System durch einen weiteren reversiblen Prozess in seinen Anfangszustand zurück.

a)

Teilaufgabe a: Berechne die Änderung der Entropie (ΔS) für den reversiblen Wärmezufuhrprozess bei einer Temperatur von 300 K.

• Gegeben:
  • Reversible Wärmezufuhr: 100 J
  • Temperatur: 300 K

Verwende die Formel \(ΔS = \frac{δQ}{T}\) für den reversiblen Prozess.

Lösung:

Teilaufgabe a: Berechne die Änderung der Entropie (ΔS) für den reversiblen Wärmezufuhrprozess bei einer Temperatur von 300 K.

Um die Entropieänderung (ΔS) bei einem reversiblen Prozess zu berechnen, verwendest Du die Formel:

\(ΔS = \frac{δQ}{T}\)

• Gegeben:
  • Reversible Wärmezufuhr: 100 J
  • Temperatur: 300 K

Setze die gegebenen Werte in die Formel ein:

• \(ΔS = \frac{100 \, J}{300 \, K}\)

Berechne den Wert:

• \(ΔS = \frac{100}{300} \, J/K\)
• \(ΔS = \frac{1}{3} \, J/K\)
• \(ΔS ≈ 0,333 \, J/K\)

Die Entropieänderung für den reversiblen Wärmezufuhrprozess bei 300 K beträgt also ca. 0,333 J/K.

b)

Teilaufgabe b: Angenommen, die irreversible Expansion führt zu einer zusätzlichen Entropiezunahme von 0.2 J/K. Quantifiziere die Gesamtentropieänderung des Systems nach der Expansion.

Ergänze die vorher berechnete Entropieänderung aus Teilaufgabe a und die Entropiezunahme aus dem irreversiblen Prozess.

Lösung:

Teilaufgabe b: Angenommen, die irreversible Expansion führt zu einer zusätzlichen Entropiezunahme von 0,2 J/K. Quantifiziere die Gesamtentropieänderung des Systems nach der Expansion.

Ergänze die vorher berechnete Entropieänderung aus Teilaufgabe a und die Entropiezunahme aus dem irreversiblen Prozess.

Die Entropieänderung \(ΔS_1\) für den reversiblen Wärmezufuhrprozess wurde bereits in Teilaufgabe a berechnet:

• \(ΔS_1 = 0,333 \, J/K\)

Die zusätzliche Entropiezunahme \(ΔS_2\) durch die irreversible Expansion beträgt:

• \(ΔS_2 = 0,2 \, J/K\)

Die Gesamtentropieänderung \(ΔS_{gesamt}\) des Systems nach der Expansion ist die Summe der beiden Entropieänderungen:

• \(ΔS_{gesamt} = ΔS_1 + ΔS_2\)
• \(ΔS_{gesamt} = 0,333 \, J/K + 0,2 \, J/K\)
• \(ΔS_{gesamt} = 0,533 \, J/K\)

Die Gesamtentropieänderung des Systems nach der Expansion beträgt also 0,533 J/K.

c)

Teilaufgabe c: Diskutiere, wie der zweite Hauptsatz der Thermodynamik in Form des Satzes von Clausius im Kontext dieser Prozesse angewandt werden kann. Diskutiere insbesondere die Einschränkungen für die Umkehrbarkeit und den irreversiblen Charakter der Expansion.

Erkläre anhand der Formel \(ΔS ≥ 0\), warum die Entropie des Systems nicht abnimmt und welche Rolle die Irreversibilität spielt.

Lösung:

Teilaufgabe c: Diskutiere, wie der zweite Hauptsatz der Thermodynamik in Form des Satzes von Clausius im Kontext dieser Prozesse angewandt werden kann. Diskutiere insbesondere die Einschränkungen für die Umkehrbarkeit und den irreversiblen Charakter der Expansion.

Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik, insbesondere in Form des Satzes von Clausius, besagt, dass die Entropie eines abgeschlossenen Systems niemals abnimmt. Das bedeutet, für alle möglichen Prozesse gilt:

\(ΔS ≥ 0\)

Betrachten wir die verschiedenen Prozesse im gegebenen Szenario:

• Reversible Wärmezufuhr (100 J bei 300 K): Dies ist ein reversibler Prozess, für den die Entropieänderung schon berechnet wurde:
• \(ΔS_{reversibel} = 0,333 \, J/K\)
• Irreversible Expansion: Bei diesem Prozess gibt es eine zusätzliche Entropiezunahme von 0,2 J/K:
• \(ΔS_{irreversibel} = 0,2 \, J/K\)
• Gesamtentropieänderung: Die Gesamtentropieänderung nach diesen beiden Prozessen beträgt:
• \(ΔS_{gesamt} = ΔS_{reversibel} + ΔS_{irreversibel} = 0,333 \, J/K + 0,2 \, J/K = 0,533 \, J/K\)

Der zweite Hauptsatz der Thermodynamik wird in folgendem Zusammenhang angewandt:

• Irreversibilität: Die irreversible Expansion führt zu einer zusätzlichen Entropiezunahme im System. Diese Art von Prozess ist nicht umkehrbar, d.h., das System kann nicht wieder in seinen vorherigen Zustand ohne einen äußeren Eingriff zurückgebracht werden. Der irreversible Prozess trägt somit zur Gesamterhöhung der Entropie bei.
• Keine Entropieabnahme: Gemäß dem zweiten Hauptsatz der Thermodynamik darf die Entropie eines geschlossenen Systems nicht abnehmen. Selbst wenn das System durch einen weiteren reversiblen Prozess in seinen Anfangszustand zurückkehrt, bleibt die Entropieänderung durch irreversible Prozesse erhalten. Somit sichert die Ungleichung \(ΔS ≥ 0\) zu, dass die Entropie insgesamt zunimmt oder im besten Fall gleich bleibt.

Das irreversible Verhalten der Expansion betont, dass die reale Weltprozesse nicht immer perfekt umkehrbar sind und dass eine gewisse Menge an Energie immer in Entropie „verlustiert“, was die Effizienz der Systeme beeinflusst.

Aufgabe 3)

Ein ideales Gas besteht aus N Teilchen und befindet sich in einem thermodynamischen Gleichgewicht bei der Temperatur T. Die Energiezustände der Teilchen sind gegeben durch die Boltzmann-Verteilung:

• Boltzmann-Verteilung: \( P(E_i) = \frac{e^{-\beta E_i}}{Z} \), mit \( \beta = \frac{1}{k_B T} \)
• Partitionfunktion (Z): \( Z = \frac{1}{N! h^{3N}} \text{d}^3q \text{d}^3p e^{-\beta H(p,q)} \), wobei H die Hamiltonfunktion des Systems ist
• Entropie (S): \( S = k_B \text{ln} \, \binom{\tilde{g}}{N} \), mit \( \tilde{g} \) der Anzahl der zugänglichen Mikrozustände
• Freie Energie (F): \( F = -k_B T \text{ln} Z \)
• Maximierung der Entropie im Gleichgewichtszustand

a)

(a) Bestimme die Wahrscheinlichkeit \( P(E_i) \), dass ein Teilchen des idealen Gases einen bestimmten Energiezustand \( E_i \) bei der Temperatur \( T \) einnimmt. Nutze hierfür die Boltzmann-Verteilung und erkläre die physikalische Bedeutung des Faktors \( \beta \).

Lösung:

Um die Wahrscheinlichkeit zu bestimmen, dass ein Teilchen des idealen Gases einen bestimmten Energiezustand \(E_i\) bei der Temperatur \(T\) einnimmt, nutzen wir die Boltzmann-Verteilung:

• Die Boltzmann-Verteilung ist gegeben durch:

\[ P(E_i) = \frac{e^{-\beta E_i}}{Z} \]

Der Faktor \( \beta \) ist definiert als:

\[ \beta = \frac{1}{k_B T} \]

Hierbei steht \( k_B \) für die Boltzmann-Konstante und \( T \) für die Temperatur des Systems.

Berechnung der Wahrscheinlichkeit:

Setze \( \beta \) in die Boltzmann-Verteilung ein:

\[ P(E_i) = \frac{e^{-\frac{1}{k_B T} E_i}}{Z} \]

Die Partitionfunktion \( Z \) ist eine Normierungskonstante, die sicherstellt, dass die Summe der Wahrscheinlichkeiten über alle möglichen Zustände gleich eins ist:

\[ Z = \frac{1}{N! h^{3N}} \text{d}^3q \text{d}^3p \, e^{-\beta H(p,q)} \]

Hierbei ist \( H(p,q) \) die Hamiltonfunktion des Systems, die die Gesamtenenergie in Abhängigkeit von den Impulsen \( p \) und den Ortskoordinaten \( q \) beschreibt.

Physikalische Bedeutung von \( \beta \):

• Der Faktor \( \beta = \frac{1}{k_B T} \) verbindet die Energie \( E_i \) eines Zustands mit der Temperatur \( T \) des Systems.
• Ein großer Wert von \( \beta \) (niedrige Temperatur) impliziert, dass die Wahrscheinlichkeit eines energetisch niedrigeren Zustands höher ist, da die Wahrscheinlichkeit exponentiell mit der Energie abnimmt.
• Ein kleiner Wert von \( \beta \) (hohe Temperatur) führt dazu, dass energetisch höhere Zustände wahrscheinlicher werden.

Zusammengefasst bestimmt \( \beta \), wie die Energiezustände eines Gasesytems bei einer bestimmten Temperatur verteilt sind. Höhere Temperaturen führen zu einer gleichmäßigeren Verteilung über die Energiezustände, während niedrigere Temperaturen zu einer stärkeren Konzentration auf die energieärmeren Zustände führen.

b)

(b) Berechne die Partitionfunktion \( Z \) für das ideale Gas. Erkläre, wie die Partitionfunktion mit der freien Energie \( F \) und der Entropie \( S \) des Systems in Beziehung steht.

Hinweis: Erinnere Dich daran, dass die Partitionfunktion ein Maß für die Anzahl der möglichen Mikrozustände des Systems ist.

Lösung:

Um die Partitionfunktion \( Z \) für das ideale Gas zu berechnen, müssen wir zunächst die Definition der Partitionfunktion verstehen:

• Die Partitionfunktion ist gegeben durch:

\[ Z = \frac{1}{N! \, h^{3N}} \int \text{d}^3q \, \text{d}^3p \, e^{-\beta H(p,q)} \]

Hierbei ist \( H(p,q) \) die Hamiltonfunktion des Systems, die die Gesamtenenergie in Abhängigkeit von den Impulsen \( p \) und den Ortskoordinaten \( q \) beschreibt. Für ein ideales Gas ist die Hamiltonfunktion gegeben durch:

\[ H(p,q) = \sum_{i=1}^{N} \frac{p_i^2}{2m} \]

Setzen wir dies ein, so erhalten wir:

\[ Z = \frac{1}{N! \, h^{3N}} \int \text{d}^3q \, \text{d}^3p \, e^{-\beta \sum_{i=1}^{N} \frac{p_i^2}{2m}} \]

Da die Ortskoordinaten \( q \) und Impulse \( p \) entkoppelt sind, können wir das Produkt der Integrale berechnen:

\[ Z = \frac{1}{N! \, h^{3N}} \left( \int \text{d}^3q \right)^N \left( \int \text{d}^3p \, e^{-\beta \frac{p^2}{2m}} \right)^N \]

Für die Impulsintegration erhalten wir:

\[ \int \text{d}^3p \, e^{-\beta \frac{p^2}{2m}} = \left( \int_{-\infty}^{\infty} \text{d}p_x \, e^{-\beta \frac{p_x^2}{2m}} \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} \text{d}p_y \, e^{-\beta \frac{p_y^2}{2m}} \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} \text{d}p_z \, e^{-\beta \frac{p_z^2}{2m}} \right) \]

Jedes Einzelintegral entspricht einem Gaußschen Integral:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} \text{d}p_x \, e^{-\beta \frac{p_x^2}{2m}} = \sqrt{\frac{2 \pi m}{\beta}} \]

Somit ergibt sich:

\[ \int \text{d}^3p \, e^{-\beta \frac{p^2}{2m}} = (2 \pi m k_B T)^{3/2} \]

Für die Ortskoordinatenintegration ergibt sich einfach das Volumen des Raumes, in dem sich das Gas befindet, also \( V \):

\[ \int \text{d}^3q = V \]

Setzen wir alles zusammen, erhalten wir:

\[ Z = \frac{1}{N! \, h^{3N}} V^N (2 \pi m k_B T)^{3N/2} \]

Beziehung zur freien Energie:

Die freie Energie \( F \) ist definiert als:

\[ F = -k_B T \text{ln} Z \]

Setzen wir die Partitionfunktion ein:

\[ F = -k_B T \text{ln} \left( \frac{1}{N! \, h^{3N}} V^N (2 \pi m k_B T)^{3N/2} \right) \]

\[ F = -k_B T \left[ \text{ln} \left( \frac{1}{N! \, h^{3N}} \right) + \text{ln} (V^N) + \text{ln} ((2 \pi m k_B T)^{3N/2}) \right] \]

\[ F = -k_B T \left[ - \text{ln} (N!) - 3N \text{ln} (h) + N \text{ln} (V) + \frac{3N}{2} \text{ln} (2 \pi m k_B T) \right] \]

Beziehung zur Entropie:

Die Entropie \( S \) des Systems ist durch die freie Energie \( F \) und die Temperatur \( T \) gegeben:

\[ S = - \left( \frac{\partial F}{\partial T} \right)_V \]

Die Entropie kann auch durch die Anzahl der zugänglichen Mikrozustände \( \tilde{g} \) beschrieben werden:

\[ S = k_B \text{ln} \binom{\tilde{g}}{N} \]

In diesem Zusammenhang wird die Partitionfunktion \( Z \) verwendet, um die freie Energie zu bestimmen, welche wiederum zur Berechnung der Entropie genutzt werden kann.

c)

(c) Zeige, dass die maximale Entropie im Gleichgewichtszustand erfolgt. Berechne die Entropie \( S \) und die freie Energie \( F \) für das ideale Gas und zeige, dass die Entropie maximiert wird, wenn das System im Gleichgewicht ist.

Lösung:

Um zu zeigen, dass die maximale Entropie im Gleichgewichtszustand erreicht wird, berechnen wir die Entropie \( S \) und die freie Energie \( F \) für das ideale Gas und überprüfen, ob die Entropie maximiert wird.

Beginnen wir mit der Berechnung der Entropie:

• Die Entropie \( S \) ist gegeben durch:

\[ S = k_B \ln \binom{\tilde{g}}{N} \]

Für ein ideales Gas mit einer großen Anzahl von Teilchen kann dies approximiert werden durch:

\[ S = k_B \ln \left( \frac{\tilde{g}^N}{N!} \right) \]

Laut der Definition der Partitionfunktion \( Z \) wissen wir:

\[ Z = \tilde{g} \]

Setzen wir dies in die Entropieformel ein:

\[ S = k_B \ln \left( \frac{Z^N}{N!} \right) \]

Andererseits haben wir bereits die Partitionfunktion \( Z \) für das ideale Gas berechnet:

\[ Z = \frac{1}{N! \, h^{3N}} V^N (2 \pi m k_B T)^{3N/2} \]

Setzen wir dies in die Entropieformel ein:

\[ S = k_B \ln \left( \frac{1}{N! \, h^{3N} N!} V^N (2 \pi m k_B T)^{3N/2} \right) \]

\[ S = k_B \left[ N \ln V + \frac{3N}{2} \ln (2 \pi m k_B T) - N \ln (h^3) - \ln (N!) \right] \]

Nach Stirlings Approximation \( \ln (N!) \approx N \ln N - N \) vereinfacht sich dies zu:

\[ S = k_B \left[ N \ln V + \frac{3N}{2} \ln (2 \pi m k_B T) - N \ln (h^3) - N \ln N + N \right] \]

Dies führt zu:

\[ S = k_B \left[ N \ln \left( \frac{V}{N} \right) + \frac{3N}{2} \ln (2 \pi m k_B T) + N \right] \]

Nun berechnen wir die freie Energie \( F \):

• Die freie Energie \( F \) ist definiert als:

\[ F = -k_B T \ln Z \]

Setzen wir die Partitionfunktion \( Z \) ein:

\[ F = -k_B T \ln \left( \frac{1}{N! \, h^{3N}} V^N (2 \pi m k_B T)^{3N/2} \right) \]

\[ F = -k_B T \left[ \ln \left( \frac{1}{N! \, h^{3N}} \right) + \ln (V^N) + \ln ((2 \pi m k_B T)^{3N/2}) \right] \]

\[ F = -k_B T \left[ -3N \ln h + 3N \ln V + \frac{3N}{2} \ln (2 \pi m k_B T) - \ln (N!) \right] \]

Nach Stirlings Approximation \( \ln (N!) \approx N \ln N - N \) ergibt sich:

\[ F = -k_B T \left[ -3N \ln h + 3N \ln V + \frac{3N}{2} \ln (2 \pi m k_B T) - (N \ln N - N) \right] \]

\[ F = -k_B T \left[ 3N \ln \frac{V}{h^3 N} + \frac{3N}{2} \ln (2 \pi m k_B T) + N \right] \]

Zusammenhang zwischen Entropie und freier Energie:

• Im Gleichgewichtszustand ist die Entropie maximiert und die freie Energie minimiert.

Wenn das System im Gleichgewicht ist, dann gilt:

\[ S = - \left( \frac{\partial F}{\partial T} \right)_V \]

Dies zeigt, dass die Entropie maximiert wird, wenn die freie Energie minimiert ist, was im thermodynamischen Gleichgewicht der Fall ist.

Daher erreichen wir die maximale Entropie genau dann, wenn das System im Gleichgewichtszustand ist.

Aufgabe 4)

Thermodynamische Potentiale (freie Energie, Enthalpie, Gibbs-Energie)Thermodynamische Potentiale dienen zur Beschreibung von Systemen im thermodynamischen Gleichgewicht und zur Berechnung von Gleichgewichtszuständen.

• Freie Energie (Helmholtz-Energie, F): \[ F = U - TS \] Verwendet bei konstantem Volumen und Temperatur.
• Enthalpie (H): \[ H = U + pV \] Verwendet bei konstantem Druck und Temperatur.
• Gibbs-Energie (G): \[ G = H - TS = U + pV - TS \] Verwendet bei konstantem Druck und Temperatur, wichtig für chemische Reaktionen und Phasenübergänge.
• Zusammenhänge: \( \Delta G < 0 \) spontane Prozesse, \( \Delta G = 0 \) Gleichgewicht.

a)

Berechne die Änderung der Gibbs-Energie (\( \Delta G \)) für ein nicht-reversibles isothermes und isobares Verfahren, bei dem die innere Energie \( U \) eines Gases um 500 J zugenommen hat, die Entropie \( S \) um 2 J/K gestiegen ist und der Druck \( p \) konstant bei 1 atm und das Volumen \( V \) konstant bei 1 L gehalten wird. Beachte, dass 1 atm = 101325 Pa und 1 L = 0.001 m³. Zeige alle Schritte der Berechnung.

Lösung:

Thermodynamische Potentiale (freie Energie, Enthalpie, Gibbs-Energie)Thermodynamische Potentiale dienen zur Beschreibung von Systemen im thermodynamischen Gleichgewicht und zur Berechnung von Gleichgewichtszuständen.

• Freie Energie (Helmholtz-Energie, F): \[ F = U - TS \]Verwendet bei konstantem Volumen und Temperatur.
• Enthalpie (H): \[ H = U + pV \]Verwendet bei konstantem Druck und Temperatur.
• Gibbs-Energie (G): \[ G = H - TS = U + pV - TS \]Verwendet bei konstantem Druck und Temperatur, wichtig für chemische Reaktionen und Phasenübergänge.
• Zusammenhänge: \( \Delta G < 0 \) spontane Prozesse, \( \Delta G = 0 \) Gleichgewicht.

Solve the following subexercise: Berechne die Änderung der Gibbs-Energie \( \Delta G \) für ein nicht-reversibles isothermes und isobares Verfahren:Wir haben folgende gegebene Werte:

• Die innere Energie \( U \) eines Gases hat um 500 J zugenommen.
• Die Entropie \( S \) ist um 2 J/K gestiegen.
• Der Druck \( p \) ist konstant bei 1 atm (\(1 atm = 101325\) Pa).
• Das Volumen \( V \) ist konstant bei 1 L (\(1 L = 0.001\) m³).

Um die Änderung der Gibbs-Energie \( \Delta G \) zu berechnen, müssen wir \( \Delta H \), die Änderung der Enthalpie, finden und dann weitere Berechnungen durchführen:1. Schritt:Bestimme die Änderung von \( pV \):\[ pV = 101325 \text{ Pa} * 0.001 \text{ m}^3 = 101.325 \text{ J} \]2. Schritt:Berechne die Änderung der Enthalpie \( \Delta H \):\[ \Delta H = \Delta U + \Delta(pV) \]Wir haben:

• \( \Delta U = 500 \text{ J} \)
• \( \Delta(pV) = 101.325 \text{ J} \)
• \( \Delta H = 500 \text{ J} + 101.325 \text{ J} = 601.325 \text{ J} \)

3. Schritt:Berechne die Änderung der Gibbs-Energie \( \Delta G \):\[ \Delta G = \Delta H - T \Delta S \]Da der Prozess isotherm ist, bleibt die Temperatur \( T \) konstant. Beachte, dass die Temperatur uns nicht explizit gegeben wurde, aber wir haben die Entropieänderung \( \Delta S \):

• \( \Delta S = 2 \text{ J/K} \)

Lass die Temperatur \( T \) unverändert, dann erhalten wir:\[ \Delta G = 601.325 \text{ J} - T * 2 \text{ J/K} \]Um die exakte Zahl für \( \Delta G \) zu erhalten, benötigen wir die Temperatur \( T \). Wenn \( T \) konstant bei 300 K gesetzt ist (beispielsweise Raumtemperatur), haben wir:\[ \Delta G = 601.325 \text{ J} - 300 \text{ K} * 2 \text{ J/K} \]\[ \Delta G = 601.325 \text{ J} - 600 \text{ J} \]\[ \Delta G = 1.325 \text{ J} \]Zusammengefasst beträgt die Änderung der Gibbs-Energie \( \Delta G \) 1.325 J. Wenn die exakte Temperatur variiert, ändert sich auch der Wert für \( \Delta G \) entsprechend.

b)

Verwende die Definition der Gibbs-Energie, um den Wärmeaustausch \(q\) für den oben beschriebenen Prozess zu berechnen. Beachte, dass in einem isothermen Prozess die Änderung der inneren Energie weitgehend durch den Wärmeverlust ausgeglichen wird (erste Hauptsatz der Thermodynamik \( \Delta U = q - W \)).

Lösung:

Thermodynamische Potentiale (freie Energie, Enthalpie, Gibbs-Energie)Thermodynamische Potentiale dienen zur Beschreibung von Systemen im thermodynamischen Gleichgewicht und zur Berechnung von Gleichgewichtszuständen.

• Freie Energie (Helmholtz-Energie, F): \[ F = U - TS \] Verwendet bei konstantem Volumen und Temperatur.
• Enthalpie (H): \[ H = U + pV \] Verwendet bei konstantem Druck und Temperatur.
• Gibbs-Energie (G): \[ G = H - TS = U + pV - TS \] Verwendet bei konstantem Druck und Temperatur, wichtig für chemische Reaktionen und Phasenübergänge.
• Zusammenhänge: \( \Delta G < 0 \) spontane Prozesse, \( \Delta G = 0 \) Gleichgewicht.

Berechnung des Wärmeaustauschs \( q \) für den oben beschriebenen Prozess:

• Die innere Energie \( U \) des Gases hat um 500 J zugenommen.
• Die Entropie \( S \) ist um 2 J/K gestiegen.
• Der Druck \( p \) ist konstant bei 1 atm (\(1 atm = 101325\) Pa).
• Das Volumen \( V \) ist konstant bei 1 L (\(1 L = 0.001\) m³).

Um den Wärmeaustausch \( q \) zu berechnen, verwenden wir den ersten Hauptsatz der Thermodynamik:\[ \Delta U = q - W \]In einem isothermen (konstanten Temperatur) und isobaren (konstanten Druck) Prozess ist die Arbeit \( W \) durch \( pV \) gegeben:

• \( W = p \Delta V \)

Da das Volumen jedoch konstant ist, ist \( \Delta V = 0 \). Also:

• \( W = p \cdot 0 = 0 \)

Damit vereinfacht sich der erste Hauptsatz der Thermodynamik zu:\[ \Delta U = q - 0 \]\[ \Delta U = q \]Wir wissen, dass \( \Delta U = 500 \) J beträgt:

• \( q = \Delta U \)
• \( q = 500 \text{ J} \)

Damit beträgt der Wärmeaustausch \( q \) für den Prozess 500 J.

c)

Für ein chemisches System in einem offenen Gefäß soll die Bedingung für den Spontanitätsübergang berechnet werden, wenn die Temperatur 298 K und der Druck 1 atm beträgt. Bestimme, wie viel Gibbs-Energie freigesetzt oder absorbiert wird, wenn 1 mol des Gases mit einer molaren inneren Energie von -100 kJ/mol und einer molaren Entropie von 0.2 kJ/(mol·K) reagiert. Zeige alle Berechnungsschritte.

Lösung:

Thermodynamische Potentiale (freie Energie, Enthalpie, Gibbs-Energie)Thermodynamische Potentiale dienen zur Beschreibung von Systemen im thermodynamischen Gleichgewicht und zur Berechnung von Gleichgewichtszuständen.

• Freie Energie (Helmholtz-Energie, F): \[ F = U - TS \] Verwendet bei konstantem Volumen und Temperatur.
• Enthalpie (H): \[ H = U + pV \] Verwendet bei konstantem Druck und Temperatur.
• Gibbs-Energie (G): \[ G = H - TS = U + pV - TS \] Verwendet bei konstantem Druck und Temperatur, wichtig für chemische Reaktionen und Phasenübergänge.
• Zusammenhänge: \( \Delta G < 0 \) spontane Prozesse, \( \Delta G = 0 \) Gleichgewicht.

Für das chemische System in einem offenen Gefäß, bei einer Temperatur von 298 K und einem Druck von 1 atm, sollen wir die Gibbs-Energie bestimmen.Die gegebenen Werte sind:

• Molare innere Energie \( U_m = -100 \) kJ/mol
• Molare Entropie \( S_m = 0.2 \) kJ/(mol·K)
• Temperatur \( T = 298 \) K

Berechnung der Gibbs-Energie (\( G \)) pro Mol:Formel für die Gibbs-Energie ist:\[ G = H - TS \]Allerdings wissen wir, dass \( H = U + pV \). Da die molare innere Energie gegeben ist und wir den Druck und das Volumen konstant halten:

• Druck \( p = 1 \) atm = 101325 Pa (aber dieser Wert ist hier nicht unbedingt erforderlich, da wir \( TS \) direkt abziehen)

Formel zur Berechnung lautet:\[ G = U + pV - TS \]Wir haben bereits:

• \( U_m = -100 \) kJ/mol = -100,000 J/mol (da 1 kJ = 1000 J)
• \( S_m = 0.2 \) kJ/(mol·K) = 200 J/(mol·K) (da 1 kJ = 1000 J)

Damit können wir \( G \) berechnen:\[ G = U_m - T \cdot S_m \]\[ G = -100,000 \text{ J/mol} - 298 \text{ K} \cdot 200 \text{ J/(mol·K)} \]\[ G = -100,000 \text{ J/mol} - 59,600 \text{ J/mol} \]\[ G = -159,600 \text{ J/mol} \]\[ G = -159.6 \text{ kJ/mol} \] (umgerechnet zurück in kJ)Die Gibbs-Energie beträgt also -159.6 kJ/mol.Zusammenfassend wird bei der Reaktion 1 mol des Gases eine Gibbs-Energie von -159.6 kJ freigesetzt. Da \( \Delta G < 0 \), ist der Prozess spontan.