Skillnad mellan versioner av "K15"

a)

ΔU=0 eftersom konstant T

Δ(pV) = Δ(nRT) = 0 eftersom konstant T

Alltså är ΔH=0

Arbetet w erhålls liksom i uppgift K4 genom att integrera

dw = -pex dV

där pex kan sättas lika med gasens tryck eftersom reversibel process. Resultatet blir

w = -RT ln (V2/V1)

och eftersom ΔU=0 vet vi att q = -w.

ΔG kan erhållas genom att direkt integrera

dG = -S dT + V dp

under utnyttjande av dT=0. Detta ger

ΔG = RT ln (p2/p1)

Ett annat sätt att få fram ΔG är att utgå från definitionen:

ΔG = ΔU + Δ(pV) - Δ(TS)

Δ(TS) = TΔS eftersom konstant T

ΔS= q/T = R ln (V2/V1)

Alltså:

ΔG = -RT ln (V2/V1)

vilket är samma sak som ovan eftersom p2/p1 = V1/V2.

b) 

Sluttillståndet är detsamma som i uppgift a. Därmed måste skillnaderna i tillståndsfunktionerna G, U, H och S vara lika stora som i uppgift a.

Men expansionen sker till ett evakuerat kärl (vacuum), d.v.s. pex=0 vilket ger w = 0 och därmed q = 0.

c)

Eftersom de attraktiva interaktionerna dominerar, ökar molekylernas potentiella energi när avståndet mellan dem blir större, d.v.s. ΔU>0.

Man kan även se detta från differentialuttrycket

dU = CV dT + π dV

där π är det inre trycket, som är positivt om attraktiva interaktioner dominerar.

Även termen Δ(pV) är positiv eftersom kompressionsfaktorn Z=pV/(nRT) närmar sig 1 (Z för ideal gas) när trycket minskar. Därmed gäller ΔH>0.

För att se att ΔS blir större kan man använda sig av differentialuttrycket i formelsamlingen:

dS = [(p+π) / T] dV

där π återigen är det inre trycket.