Gelöste Thermodynamikaufgabe

Einen elastischen Faden dehnen

Übung 12 · Lektion 4 — Der erste Hauptsatz der Thermodynamik

verallgemeinerte Arbeit
elastischer Faden
Zug
erster Hauptsatz

Aufgabenstellung

Ein Faden der Ruhelänge $L_{0}$ wird langsam und ohne Hysterese von $L_{A}$ auf $L_{B}$ gedehnt, wobei $L_{0} \leq L_{A} < L_{B}$ . Im betrachteten Bereich folgt seine Gleichgewichtsspannkraft dem Gesetz

F = K (L - L_{0}),

wobei $K > 0$ eine konstante, temperaturunabhängige Federkonstante ist. Die äußere Zugkraft hält der Spannkraft des Fadens in jedem Schritt das Gleichgewicht. Für die innere Energie verwenden wir das Modell

U (T, L) = C (T - T_{⋆}) + \frac{1}{2} K (L - L_{0})^{2} + U_{⋆},

wobei $C$ eine konstante Gesamtwärmekapazität ist und $T_{⋆}, U_{⋆}$ feste Bezugswerte sind. Änderungen der kinetischen Energie und der potenziellen Energie im Schwerefeld sind vernachlässigbar.

Skizzieren Sie den Faden, seinen festen Aufhängepunkt, das bewegliche Ende und die äußere Zugkraft. Geben Sie die bei einer Längenänderung $d L$ aufgenommene infinitesimale Arbeit an und berechnen Sie anschließend $W_{A \to B}$ .
Die Dehnung erfolgt isotherm. Berechnen Sie $Δ U$ und die in diesem Modell aufgenommene Wärme $Q_{A \to B}$ . Folgt aus einer isothermen Zustandsänderung im Allgemeinen $Δ U = 0$ ?
Der Faden wird nach demselben Zuggesetz von $L_{B}$ auf $L_{A}$ zurückgeführt. Berechnen Sie die auf diesem Rückweg und die auf dem Hin- und Rückweg insgesamt aufgenommene Arbeit. Warum bedeutet dieses Ergebnis nicht, dass jede Arbeit eine Zustandsfunktion ist?

Hinweis

Verwenden Sie

δ W = F_{ext} d L

und integrieren Sie die veränderliche Kraft. Vergleichen Sie anschließend mit der Änderung der inneren Energie, die das Modell liefert, und verwenden Sie

Δ U = Q + W

Ausführliche Lösung

Lösung

Frage 1. In der Skizze ist das linke Ende fest. Am rechten Ende greift eine nach rechts gerichtete Zugkraft an; seine Verschiebung ist

d L

. Die vom Faden aufgenommene Arbeit ist positiv, wenn er sich verlängert:

δ W = F_{ext} d L = K (L - L_{0}) d L .

Die Kraft ist nicht konstant. Daher muss man

W_{A \to B} = \int_{L_{A}}^{L_{B}} K (L - L_{0}) d L = [\frac{K}{2} (L - L_{0})^{2}]_{L_{A}}^{L_{B}} = \frac{K}{2} [(L_{B} - L_{0})^{2} - (L_{A} - L_{0})^{2}] > 0

berechnen. Die Federkonstante hat die Einheit $N m^{- 1}$ : $K (L - L_{0})^{2}$ wird also in $N m$ , das heißt in Joule, angegeben.

Frage 2. Da

T_{B} = T_{A}

gilt, ändert sich der thermische Term nicht. Auch die Bezugskonstanten heben sich weg, sodass

Δ U = C (T_{B} - T_{A}) + \frac{K}{2} [(L_{B} - L_{0})^{2} - (L_{A} - L_{0})^{2}] = W_{A \to B} .

Der erste Hauptsatz liefert dann $Q_{A \to B} = Δ U - W_{A \to B} = 0$ . In diesem idealen Modell wird die aufgenommene Arbeit als elastische Energie gespeichert. Die Temperatur bleibt konstant, die innere Energie nimmt aber zu: Eine isotherme Zustandsänderung erzwingt also nicht $Δ U = 0$ . Das Ergebnis $Q = 0$ hängt hier vom gewählten Modell ab und lässt sich nicht auf alle Materialien übertragen.

Frage 3. Das Vertauschen der Integrationsgrenzen ändert das Vorzeichen des Integrals:

W_{B \to A} = \int_{L_{B}}^{L_{A}} K (L - L_{0}) d L = [\frac{K}{2} (L - L_{0})^{2}]_{L_{B}}^{L_{A}} = - W_{A \to B} .

Die auf dem Hin- und Rückweg aufgenommene Arbeit ist also null. Der Faden gibt die gespeicherte Arbeit wieder ab. Hier sorgt das vorgegebene Gesetz dafür, dass die Arbeit gleich der Änderung der elastischen Energie ist, einer Funktion von $L$ . Das ist eine Eigenschaft dieses hysteresefreien Modells und dieser Klasse von Zustandsänderungen, keine allgemeine Eigenschaft der Arbeitsübertragung.