Physikalische Chemie 3 - Exam

Aufgabe 1)

Erster Hauptsatz der Thermodynamik: EnergieerhaltungErster Hauptsatz der Thermodynamik (Energieerhaltung): Die Gesamtenergie eines abgeschlossenen Systems bleibt konstant.

• Mathematisch: \(\Delta U = Q - W\)
• \(U\): Innere Energie
• \(Q\): zugeführte Wärme
• \(W\): verrichtete Arbeit
• Zugeführte Wärme erhöht die innere Energie oder verrichtet Arbeit.
• Arbeit an das System verrichtet, reduziert die innere Energie.

a)

Ein ideales Gas erfährt einen isochoren Prozess (d. h. das Volumen bleibt konstant) bei dem 500 J Wärme zugeführt werden. Berechne die Änderung der inneren Energie des Gases und erkläre warum.

Lösung:

Erster Hauptsatz der Thermodynamik: EnergieerhaltungErster Hauptsatz der Thermodynamik (Energieerhaltung): Die Gesamtenergie eines abgeschlossenen Systems bleibt konstant.

• Mathematisch: \(\Delta U = Q - W\)
• \(U\): Innere Energie
• \(Q\): zugeführte Wärme
• \(W\): verrichtete Arbeit
• Zugeführte Wärme erhöht die innere Energie oder verrichtet Arbeit.
• Arbeit, die an das System verrichtet wird, reduziert die innere Energie.

Lösung der Teilaufgabe:Bei einem isochoren Prozess bleibt das Volumen des Gases konstant. Das bedeutet, dass keine Arbeit am Gas verrichtet wird, da \( W = P \Delta V = 0 \) ist (das Volumen ändert sich nicht).Gegeben: \( Q = 500 \text{ J} \) (zugeführte Wärme)Wir verwenden den ersten Hauptsatz der Thermodynamik:\(\Delta U = Q - W\)Da für einen isochoren Prozess \( W = 0 \) ist, vereinfacht sich die Gleichung zu:\(\Delta U = Q \)Setzen wir die gegebene Wärme ein:\(\Delta U = 500 \text{ J} \)Die Änderung der inneren Energie des Gases beträgt also 500 J. Dies liegt daran, dass die gesamte zugeführte Wärme (500 J) in die innere Energie des Gases übergeht, da keine Arbeit verrichtet oder abgezogen wird.

b)

Für einen isobaren Prozess (d.h. der Druck bleibt konstant) eines idealen Gases wird 750 J Wärme zugeführt und gleichzeitig wird 250 J Arbeit an der Umgebung verrichtet. Bestimme die Änderung der inneren Energie des Systems.

Lösung:

Erster Hauptsatz der Thermodynamik: EnergieerhaltungErster Hauptsatz der Thermodynamik (Energieerhaltung): Die Gesamtenergie eines abgeschlossenen Systems bleibt konstant.

• Mathematisch: \(\Delta U = Q - W\)
• \(U\): Innere Energie
• \(Q\): zugeführte Wärme
• \(W\): verrichtete Arbeit
• Zugeführte Wärme erhöht die innere Energie oder verrichtet Arbeit.
• Arbeit, die an das System verrichtet wird, reduziert die innere Energie.

Lösung der Teilaufgabe:Bei einem isobaren Prozess bleibt der Druck des Gases konstant. Das bedeutet, dass Arbeit durch das Gas an die Umgebung verrichtet wird. In diesem Fall wurde 250 J Arbeit an der Umgebung verrichtet (\( W = 250\ \text{J} \)).Gegeben: \( Q = 750 \text{ J} \) (zugeführte Wärme)Wir verwenden den ersten Hauptsatz der Thermodynamik:\(\Delta U = Q - W\)Setzen wir die gegebenen Werte ein:\(\Delta U = 750 \text{ J} - 250 \text{ J}\)\(\Delta U = 500 \text{ J}\)Die Änderung der inneren Energie des Systems beträgt also 500 J. Dies liegt daran, dass von den zugeführten 750 J Wärme 250 J als Arbeit an die Umgebung abgegeben werden und die restlichen 500 J die innere Energie des Gases erhöhen.

c)

Bei einem adiabatischen Prozess wird keine Wärme ausgetauscht (d.h. \(Q = 0\)). Ein System verrichtet 200 J Arbeit an der Umgebung. Berechne die Änderung der inneren Energie des Systems und erkläre den Einfluss einer adiabatischen Bedingung auf die innere Energie.

Lösung:

Erster Hauptsatz der Thermodynamik: EnergieerhaltungErster Hauptsatz der Thermodynamik (Energieerhaltung): Die Gesamtenergie eines abgeschlossenen Systems bleibt konstant.

• Mathematisch: \(\Delta U = Q - W\)
• \(U\): Innere Energie
• \(Q\): zugeführte Wärme
• \(W\): verrichtete Arbeit
• Zugeführte Wärme erhöht die innere Energie oder verrichtet Arbeit.
• Arbeit an das System verrichtet, reduziert die innere Energie.

Lösung der Teilaufgabe:Ein adiabatischer Prozess ist ein Prozess, bei dem keine Wärme ausgetauscht wird, das bedeutet \( Q = 0 \).Gegeben: Verrichtete Arbeit = 200 JWir verwenden den ersten Hauptsatz der Thermodynamik:\(\Delta U = Q - W\)Da \(Q = 0\) ist, vereinfacht sich die Gleichung zu:\(\Delta U = 0 - W\)Setzen wir die verrichtete Arbeit ein:\(\Delta U = 0 - 200 \text{ J} \)\(\Delta U = -200 \text{ J}\)Die Änderung der inneren Energie des Systems beträgt also -200 J. Dies bedeutet, dass die innere Energie des Systems um 200 J abnimmt. Unter adiabatischen Bedingungen, da keine Wärme zugeführt oder abgeführt wird, führt die verrichtete Arbeit direkt zu einer Abnahme der inneren Energie des Systems.

Aufgabe 2)

Zustandssummen und deren Anwendung zur Berechnung makroskopischer GrößenDie Zustandssumme beschreibt die Verteilung der Energiezustände eines Systems und ist zentral für die statistische Mechanik.

• Kanonische Zustandssumme: \(Q = \sum_i \exp(-\beta E_i)\)
• Parameter: \(\beta = 1/(k_B T)\), \(E_i\)=Energiezustände
• Makroskopische Größen aus Q ableitbar:
• Freie Energie: \(F = -k_B T \ln(Q)\)
• Innere Energie: \(U = -\frac{\partial \ln(Q)}{\partial \beta} \)
• Entropie: \(S = k_B (\ln(Q)+\beta U)\)
• Druck: \(P = k_B T \left(\frac{\partial \ln(Q)}{\partial V}\right) \)

a)

1. Subaufgabe: Berechnung der freien EnergieGegeben sei eine System mit den Energiezuständen \(E_1 = 0\), \(E_2 = 2 k_B T\) und \(E_3 = 5 k_B T\). Berechne die kanonische Zustandssumme \(Q\) bei einer Temperatur von 300 K. Nutze dann \(Q\), um die freie Energie \(F\) des Systems zu berechnen.

Lösung:

Zustandssummen und deren Anwendung zur Berechnung makroskopischer GrößenDie Zustandssumme beschreibt die Verteilung der Energiezustände eines Systems und ist zentral für die statistische Mechanik.

• Kanonische Zustandssumme:

  Q = \sum_i \exp(-\beta E_i)

• Parameter:

  \beta = 1/(k_B T)

  ,

  E_i

  =Energiezustände
• Makroskopische Größen aus Q ableitbar:
• Freie Energie:

  F = -k_B T \ln(Q)

• Innere Energie:

  U = -\frac{\partial \ln(Q)}{\partial \beta} 

• Entropie:

  S = k_B (\ln(Q)+\beta U)

• Druck:

  P = k_B T \left(\frac{\partial \ln(Q)}{\partial V}\right) 

1. Subaufgabe: Berechnung der freien EnergieGegeben sei eine System mit den Energiezuständen

E_1 = 0

,

E_2 = 2 k_B T

und

E_3 = 5 k_B T

. Berechne die kanonische Zustandssumme

Q

bei einer Temperatur von 300 K. Nutze dann

Q

, um die freie Energie

F

des Systems zu berechnen.Schrittweise Lösung:

1. Berechnung von

   \beta

   bei 300 K:

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

   Hierbei ist

   k_B

   die Boltzmann-Konstante mit einem Wert von

   k_B \approx 1.38 \times 10^{-23} \text{ J/K}

   und

   T

   die Temperatur in Kelvin, also 300 K:

   \beta = \frac{1}{1.38 \times 10^{-23} \times 300} \approx 2.42 \times 10^{20} \text{ J}^{-1}

2. Berechnung der kanonischen Zustandssumme

   Q

   :

   Q = \exp(-\beta E_1) + \exp(-\beta E_2) + \exp(-\beta E_3)

   Einsetzen der Energiezustände

   E_1 = 0

   ,

   E_2 = 2 k_B T

   und

   E_3 = 5 k_B T

   :

   Q = \exp(-\beta \cdot 0) + \exp(-\beta \cdot 2 k_B T) + \exp(-\beta \cdot 5 k_B T)

   Da

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

   , vereinfacht sich der Ausdruck zu:

   Q = \exp(0) + \exp(-2) + \exp(-5)

   Numerische Berechnung:

   Q = 1 + \exp(-2) + \exp(-5) \approx 1 + 0.1353 + 0.0067 = 1.142

3. Berechnung der freien Energie

   F

   :

   F = -k_B T \ln(Q)

   Einsetzen der Werte für

   k_B

   ,

   T

   und

   Q

   :

   F = -1.38 \times 10^{-23} \times 300 \times \ln(1.142)

   Numerische Berechnung:

   F \approx -1.38 \times 10^{-23} \times 300 \times 0.133 = -5.51 \times 10^{-23} \text{ J}

Resultat:Die freie Energie

F

des Systems bei 300 K beträgt ungefähr

-5.51 \times 10^{-23} \text{ J}

.

b)

2. Subaufgabe: Berechnung der inneren Energie und EntropieGegeben sei die Zustandssumme \(Q = 1 + \exp(-2) + \exp(-5)\). Berechne die innere Energie \(U\) des Systems bei einer Temperatur von 300 K. Bestimme anschließend die Entropie \(S\), indem Du die bereits berechneten Werte von \(Q\) und \(U\) verwendest.

Lösung:

Zustandssummen und deren Anwendung zur Berechnung makroskopischer GrößenDie Zustandssumme beschreibt die Verteilung der Energiezustände eines Systems und ist zentral für die statistische Mechanik.

• Kanonische Zustandssumme:

  Q = \sum_i \exp(-\beta E_i)

• Parameter:

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

  ,

  E_i

  =Energiezustände
• Makroskopische Größen aus Q ableitbar:
• Freie Energie:

  F = -k_B T \ln(Q)

• Innere Energie:

  U = -\frac{\partial \ln(Q)}{\partial \beta}

• Entropie:

  S = k_B (\ln(Q) + \beta U)

• Druck:

  P = k_B T \left(\frac{\partial \ln(Q)}{\partial V}\right)

2. Subaufgabe: Berechnung der inneren Energie und EntropieGegeben sei die Zustandssumme

Q = 1 + \exp(-2) + \exp(-5)

. Berechne die innere Energie

U

des Systems bei einer Temperatur von 300 K. Bestimme anschließend die Entropie

S

, indem Du die bereits berechneten Werte von

Q

und

U

verwendest.Schrittweise Lösung:

1. Berechnung von

   \beta

   bei 300 K:

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

   Hierbei ist

   k_B

   die Boltzmann-Konstante mit einem Wert von

   k_B \approx 1.38 \times 10^{-23} \text{ J/K}

   und

   T

   die Temperatur in Kelvin, also 300 K:

   \beta = \frac{1}{1.38 \times 10^{-23} \times 300} \approx 2.42 \times 10^{20} \text{ J}^{-1}

2. Berechnung der inneren Energie

   U

   :Die innere Energie ist gegeben durch:

   U = -\frac{\partial \ln(Q)}{\partial \beta}

   Erinnern wir uns an die Zustandssumme:

   Q = 1 + \exp(-2) + \exp(-5)

   Für die partiellen Ableitungen der einzelnen Terme gilt:

   \frac{\partial}{\partial \beta} \exp(-\beta E_i) = -E_i \exp(-\beta E_i)

   Für

   E_1 = 0

   ,

   E_2 = 2 k_B T

   und

   E_3 = 5 k_B T

   erhalten wir:

   \frac{\partial \ln(Q)}{\partial \beta} = \frac{1}{Q} \left( 0 \cdot \exp(-\beta \cdot 0) + (-2 k_B T) \cdot \exp(-2) + (-5 k_B T) \cdot \exp(-5) \right)

   Da

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

   , vereinfacht sich der Ausdruck zu:

   \frac{\partial \ln(Q)}{\partial \beta} = \frac{1}{Q} \left( 0 + (-2) \cdot \exp(-2) + (-5) \cdot \exp(-5) \right)

   Einsetzen der Werte für

   Q

   und numerische Berechnung:

   \frac{\partial \ln(Q)}{\partial \beta} = \frac{1}{1 + 0.1353 + 0.0067} \left( 0 + -2 \cdot 0.1353 + -5 \cdot 0.0067 \right)

   \frac{\partial \ln(Q)}{\partial \beta} \approx \frac{1}{1.142} \left( -0.2706 + -0.0335 \right) \approx -0.266

   Somit ist die innere Energie:

   U = -\left(-0.266\right) \cdot k_B T = 0.266 \cdot 1.38 \times 10^{-23} \times 300 \approx 1.10 \times 10^{-21} \text{ J}

3. Berechnung der Entropie

   S

   :Die Entropie ist gegeben durch:

   S = k_B (\ln(Q) + \beta U)

   Berechnung der Terme:

   \ln(Q) = \ln(1.142) \approx 0.133

   \beta U = 2.42 \times 10^{20} \times 1.10 \times 10^{-21} \approx 0.266

   Einsetzen der Werte:

   S = 1.38 \times 10^{-23} \left(0.133 + 0.266\right) \approx 1.38 \times 10^{-23} \times 0.399 \approx 5.5 \times 10^{-23} \text{ J/K}

Resultat:Die innere Energie

U

des Systems bei 300 K beträgt ungefähr

1.10 \times 10^{-21} \text{ J}

.Die Entropie

S

des Systems beträgt ungefähr

5.5 \times 10^{-23} \text{ J/K}

.

Aufgabe 3)

Die Diffusion von Molekülen in einem ruhenden Medium wird durch die Fick'schen Gesetze beschrieben. Angenommen, es gibt ein Rohr, das in der Länge von 0 bis L gedehnt ist. In diesem Rohr befindet sich eine Substanz, die am linken Ende (x=0) mit einer konstanten Konzentration von C_0 gehalten wird, während am rechten Ende (x=L) die Konzentration Null ist. Der Diffusionskoeffizient der Substanz beträgt D. Verwende die Fick'schen Gesetze, um die folgenden Aufgaben zu lösen.

b)

Teilaufgabe 2: Leite die nichtstationäre Lösung der Diffusionsgleichung für das oben beschriebene System her und bestimme die Konzentration der Substanz im Rohr zu einem beliebigen Zeitpunkt t.

Lösung:

Teilaufgabe 2: Leite die nichtstationäre Lösung der Diffusionsgleichung für das oben beschriebene System her und bestimme die Konzentration der Substanz im Rohr zu einem beliebigen Zeitpunkt t.

Um die nichtstationäre Lösung zu finden, verwenden wir die Diffusionsgleichung. Für die eindimensionale Diffusion lautet sie:

• \( \frac{\partial C}{\partial t} = D \frac{\partial^2 C}{\partial x^2} \)

Wir müssen diese Gleichung unter den gegebenen Randbedingungen lösen:

• Randbedingungen:
• \( C(0, t) = C_0 \)
• \( C(L, t) = 0 \)

Initialbedingung:

• \( C(x, 0) = f(x) \)

Hier verwenden wir die Methode der Separation der Variablen, um die partielle Differentialgleichung zu lösen. Wir nehmen an, dass die Lösung von der Form \( C(x, t) = X(x)T(t) \) ist. Wenn wir dies in die Diffusionsgleichung einsetzen, erhalten wir:

• \( X(x) \frac{dT}{dt} = D T(t) \frac{d^2 X}{dx^2} \)

Durch Teilen durch \( X(x)T(t) \) und Umgruppieren erhalten wir:

• \( \frac{1}{D} \frac{1}{T(t)} \frac{dT}{dt} = \frac{1}{X(x)} \frac{d^2 X}{dx^2} \)

Da die linke Seite der Gleichung nur von \( t \) und die rechte Seite nur von \( x \) abhängt, muss jede Seite gleich einer Konstanten \( -\lambda \) sein. Wir erhalten zwei separate Differentialgleichungen:

• \( \frac{dT}{dt} = -\lambda DT \)
• \( \frac{d^2 X}{dx^2} = -\lambda X \)

Es sei \( -\lambda = k^2 \). Dadurch ergeben sich zwei einfache Differentialgleichungen:

• \( \frac{dT}{dt} = -k^2 DT \)

Die Lösung ist:

• \( T(t) = A e^{-k^2 Dt} \)

Nun lösen wir die ortsabhängige Gleichung:

• \( \frac{d^2 X}{dx^2} = k^2 X \)

Die allgemeine Lösung hierfür ist:

• \( X(x) = B \cos(kx) + C \sin(kx) \)

Wir wenden die Randbedingungen an:

• \( C(0, t) = C_0 \Rightarrow X(0) = B = C_0 = A \cos(0) = 0 \Rightarrow B = 0 \)
• \( C(L, t) = 0 \Rightarrow C \sin(kL) = 0 \Rightarrow kL = n\pi \Rightarrow k = \frac{n\pi}{L} \)

Die Lösung der vollständigen Gleichung in Form der Fourier-Reihe lautet:

• \( C(x, t) = \sum_{n=1}^{\infty} C_n \sin \left( \frac{n\pi x}{L} \right) e^{- \left( \frac{n\pi}{L} \right)^2 Dt} \)

Die Fourier-Koeffizienten \( C_n \) hängen von der Anfangsverteilung \( f(x) \) ab:

• \( C_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin \left( \frac{n\pi x}{L} \right) dx \)

Zusammenfassend gibt die nichtstationäre Lösung der Diffusionsgleichung die Konzentration der Substanz im Rohr zu einem beliebigen Zeitpunkt \( t \) an.