K15
Flera storheter beräknades redan i uppgift K4 och 4I.9 för liknande processer. Ändringen i Gibbs fria energi kan antingen beräknas direkt genom fundamentalekvationen för G (gör gärna detta!), eller genom definitionen.
Uppgift c är en riktig kluring där du kan behöva resonera om både molekylära interaktioner, kompressionsfaktor och inre tryck.
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.
