TU München Reinhard Scholz Physik Department, T33 Thomas

TU München
Reinhard Scholz
Physik Department, T33
Thomas Eissfeller, Peter Greck, Tillmann Kubis, Christoph Schindler
http://www.wsi.tum.de/T33/Teaching/teaching.htm
Übung in Theoretischer Physik 5B (Thermodynamik)
Blatt 5, Lösungen
(Abgabe Do 22. Mai 2008 in Vorlesung)
1. Mikrokanonische Gesamtheit [5 Punkte]
Ein ideales Gas aus N Atomen befindet sich in einem äußeren harmonischen Oszillatorpotential, so dass
sich die folgende Hamilton-Funktion ergibt:
Ã
!
N
X
p2j
mω 2 r2j
H=
+
(1)
2m
2
j=1
Berechnen Sie das Phasenraumvolumen
Φ(E, N ) =
Z
1
h3N
d3N r d3N p
(2)
H<E
Reskalieren Sie zu diesem Zweck Orte und Impulse derart, dass H = E zu einer Kugelgleichung in 6N
Dimensionen wird. Nähern sie das Ergebnis mit Hilfe der Stirling-Formel.
Hilfe: Es ergibt sich ein Phasenraumvolumen von
µ
¶3N
(3)
d3N r d3N p θ(E − H)
(4)
Φ(E, N ) =
eE
3N ~ω
Lösung:
Berechnet werden soll das Phasenraumvolumen
Φ(E, N ) =
1
h3N
Z
Nach Skalieren der Orte und Impulse
1
rj = √
r0 ,
mω j
pj =
√
mp0j
(5)
können die auftretenden Integrationsvariablen durch
µ
¶3
1
√
d3 rj0
mω
¡√ ¢3 3 0
=
m d pj
d3 rj
=
d3 pj
ersetzt werden. Die Hamiltonfunktion vereinfacht sich zu
Ã
!
N
X
p02
r02
j
j
H =
+
2
2
j=1
(6)
(7)
(8)
N
=
¢
1 X ¡ 02
pj + r02
j
2 j=1
1
(9)
Damit wird
Φ(E, N ) =
=
=
1
(hω)3N
1
(hω)3N
1
3N
(hω)
Z
d3N r0 d3N p0 θ(E − H)
⎡
⎤
N
X
¡ 02
¢
1
02
d r d p θ ⎣E −
p + rj ⎦
2 j=1 j
⎡
⎤
Z
N
X
¡
¢
02 ⎦
d3N r0 d3N p0 θ ⎣2E −
p02
j + rj
Z
3N 0 3N 0
(10)
(11)
(12)
j=1
√
√
0
0
Die Integrationsvariablen
√ laufen also bis zu Werten von p = 2E und r = 2E. Dies entspricht einer
Kugel mit Radius R = 2E in 6N Dimensionen, d.h. das Integral wird zu
Z
√
1
6N
R
θ(
2E − R)
d
Φ(E, N ) =
3N
(hω)
Das Volumen einer n-dimensionalen Kugel ist proportional zu Rn , d.h. Vn (R) = Cn Rn , wobei Cn eine
noch zu bestimmende Konstante ist. Ausgehend von der Beziehung
⎞
⎛
Z ∞
Z ∞
Z ∞
Z ∞
n
X
¡
¢
I=
dx1
dx2 ...
dxn exp ⎝−
x2j ⎠ =
dRAn (R) exp −R2
−∞
−∞
−∞
0
j=1
P
mit R2 = nj=1 x2j und dem Volumenelement dVn = dx1 dx2 ...dxn = dRAn (R) ist An (R) die Oberfläche
d
n
n−1
n
, wobei Cn noch
der betrachteten n-dimensionalen Kugel, d.h. An (R) = dV
dR = dR [Cn R ] = Cn nR
berechnet werden muss. Wenn dieses An (R) rechts eingesetzt wird, ergibt sich
Z ∞
Z ∞
¡
¡
¢
¢
2
I=
dRAn (R) exp −R = nCn
dRRn−1 exp −R2
0
0
1
, sowie
Mit der Variablensubstitution z = R , der differentiellen Beziehung dz = 2RdR oder dR = dz 2√
z
2
Rn−1 = z (n−1)/2 kann dieses Integral folgendermaßen ausgedrückt werden:
Z ∞
1
dz √ z (n−1)/2 exp (−z)
I = nCn
2 z
Z0
n
nCn ∞
=
dz z 2 −1 exp (−z)
2
0
nCn ³ n ´
=
Γ
2h
2
n ³ n ´i
Γ
= Cn
2
2 ´
³
n
= Cn Γ
+1
2
¢
¡ ¢
¢
¡ ¢¡
¢ ¡ ¢√
¡
¡
π für
mit der Γ-Funktion Γ n2 + 1 = n2 ! für geradzahliges n, bzw. Γ n2 + 1 = n2 n2 − 1 ... 12
ungeradzahliges n2 . Die linke Seite des Integrals mit den Exponentialfunktionen von −x2j faktorisiert:
¶ µZ ∞
¶ µZ ∞
¶
µZ ∞
¡
¡
¡
¢
¢
¢
dx1 exp −x21
dx2 exp −x22 ...
dxn exp −x2n
I =
−∞
−∞
−∞
µZ ∞
¶
¡ 2¢ n
=
dx1 exp −x1
−∞
¡√ ¢n
=
π
Aus der Übereinstimmung der beiden Ausdrücke ergibt sich
³n
´
¡√ ¢n
π
Cn Γ
+1
=
2
π n/2
¡n
¢
Cn =
Γ 2 +1
2
Für den in der Aufgabe betrachteten Fall n = 6N gilt daher
π 3N
π 3N
=
Γ (3N + 1)
(3N )!
C6N =
√
und das auszurechnende 6N -dimensionale Volumen mit Radius R = 2E wird
Z
³
√
√ ´
d6N R θ( 2E − R) = V6N R = 2E
= C6N
=
³√ ´6N
2E
3N
π 3N
(2πE)
(2E)3N =
(3N )!
(3N )!
so dass das Phasenraumvolumen
Φ(E, N ) =
1
(hω)
=
3N
Z
(2πE)
√
d6N R θ( 2E − R)
3N
=
E 3N
=
µ
E
~ω
¶3N
1
(3N )!
(hω)3N (3N )!
(~ω)3N (3N )!
µ
µ ¶3N ³
¶3N
´
eE
E
e 3N
=
≈
~ω
3N
3N ~ω
¡ ¢n
wobei in der letzten Zeile die Stirling-Näherung n! ≈ ne
benutzt worden ist.
2. Gleichverteilungssatz [2 Punkte]
Berechnen Sie für das in der vorigen Aufgabe ermittelte Phasenraumvolumen Φ(U, N ) die Entropie
S(U, N ). Bestimmen Sie die inverse Temperatur T1 und die Temperatur T des Systems aus den Ableitungen der Entropie. Wie lautet die kalorische Zustandsgleichung U (T, N )? Warum darf in der Berechnung
des Phasenraumvoluments der Gibbs’sche Korrekturfaktor N1 ! nicht hinzugefügt werden?
Lösung:
Die Entropie ergibt sich aus dem Logarithmus
S
= kB ln Φ
= 3N kB ln
µ
eU
3N ~ω
¶
und die inverse Temperatur aus der Ableitung der Entropie nach der Energie
µ
¶
∂S
1
=
T
∂U N
1
= 3N kB
U
Daraus folgt die thermische Zustandgleichung für die innere Energie
U = E = 3N kB T
mit dem Gleichverteilungssatz einer inneren Energie pro Freiheitsgrad von 12 kB T , bei 6N Freiheitsgraden,
d.h. 3N für die kinetische Energie (wie im idealen Gas), sowie 3N für die potentielle Energie der Oszillatoren. Bei der Berechnung des Phasenraumvolumens darf der Gibbs’sche Korrekturfaktor N1 ! darf wegen
der Unterscheidbarkeit der klassischen Oszillatoren nicht hinzugefügt werden. Diese Unterscheidbarkeit
kann z.B. durch Lokalisierung der Oszillatoren an bestimmten Stellen im Ortsraum gewährleistet werden.
Eine andere Möglichkeit, dieses Modell zu realisieren, ist ein periodisches Kristallgitter, in dem jedes Atom
um seine Ruhelage oszilliert (Einstein-Modell).
3
3. Schottky-Defekt [4 Punkte]
Am absoluten Nullpunkt besteht ein Kristall aus einem geordneten Gitter von Atomen. Bei endlichen
Temperaturen entstehen innerhalb eines solchen Kristalls Leerstellen, weil einzelne Atome sich an die
Oberfläche umlagern. In der Näherung, dass die Konzentration dieser Defekte gering ist, sind diese weit
voneinander entfernt, so dass für die Bildung jedes einzelnen Defekts die gleiche Energie ε erforderlich ist.
Wie hoch ist bei endlicher Temperatur die Zahl n dieser sogenannten Schottky-Defekte in einem Kristall
aus N Atomen?
(a) Berechnen Sie die Zahl der möglichen Makrozustände Ω(n) für n Defekte. Vernachlässigen Sie dabei
den Einfluss der Anzahl von möglichen Oberflächenplätzen.
(b) Bestimmen Sie daraus die Entropie S(n). Nähern Sie das Ergebnis durch die Stirling-Formel.
(c) Berechnen Sie die innere Energie E als Funktion von ε und n, wobei der ideale Kristall die Referenzenergie E = 0 haben soll. Bestimmen Sie anschließend die inverse Temperatur aus ∂S/∂E, indem
Sie diese Ableitung mit Hilfe von ∂S/∂n ausdrücken.
(d) Lösen Sie die gefundene Gleichung nach n auf und vereinfachen Sie diese für n/N ¿ 1.
(e) Wie hoch ist die Zahl der Defekte in einem Kristall mit N = 1023 Atomen, wenn die Bildungsenergie
für einen Defekt gerade ε = 1 eV beträgt, für die beiden Temperaturen T = 300 K und T = 600 K?
Lösung:
(a) Es gibt gerade
µ ¶
N
N!
Ω(n) =
=
n
n!(N − n)!
(13)
Möglichkeiten, n Defekte in einem Kristall aus N Atomen zu bilden.
(b) Die Entropie ergibt sich daraus als
N!
S(n) = kB ln Ω(n) = kB ln
n!(N − n)!
"µ ¶
¶N −n #
N ³ ´n µ
N
e
e
= kB ln
e
n
N −n
(14)
(15)
= kB [N ln N − n ln n − (N − n) ln(N − n)]
(16)
(c) Der Zusammenhang zwischen innerer Energie und Anzahl Defekte ist E = nε. Die inverse Temperatur ist folgendermaßen definiert:
µ ¶
µ
¶
∂S
1
∂S
∂n
=
=
(17)
T
∂E N
∂n N ∂E
1
(18)
= kB [−1 − ln n + 1 + ln(N − n)]
ε
kB N − n
=
ln
(19)
ε
n
(d) Durch Umsortieren ergibt sich
ε
kB T
ε
exp
kB T
ε
1 + exp
kB T
n
N
N −n
n
N −n
N
=
=
−1
n
n
N
=
n
µ
¶
ε
1
≈
exp
−
=
1 + exp kBεT
kB T
³
´
für ausreichend niedrige Temperatur, d.h. kBεT À 1, exp kBεT À 1, sowie
n ¿ N.
= ln
4
(20)
(21)
(22)
(23)
n
N
¿ 1 und damit
³
´
(e) Mit ε = 1 eV gilt bei Raumtemperatur (T = 300 K) gerade exp − kBεT = exp (−38.68) = 1.6·10−17 ,
6
d.h. ein Kristall mit N = 1023 Atomen
³ enthält
´ 1.6 · 10 Schottky-Defekte. Bei einer doppelt so hohen
ε
Temperatur von T = 600 K gilt exp − kB T = exp (−19.34) = 4.0 · 10−9 , d.h. der Kristall enthält
bereits 4.0 · 1014 Defekte, dies sind 2.5 · 107 mal so viele wie bei Raumtemperatur.
4. Isentropischer Prozess [3 Punkte]
Das Differential der Entropie kann folgendermaßen ausgedrückt werden, vgl. Vorlesung:
P
1
dU + dV
(24)
T
T
Untersuchen Sie für ein einatomiges ideales Gas einen isentropischen Prozess mit dS = 0. Bestimmen
Sie für diese Prozessführung einen Zusammenhang zwischen den Variablen T und V . Wie lautet der
entsprechende Zusammenhang zwischen den Variablen V und P ? Vergleichen Sie die Ergebnisse mit der
früher untersuchten adiabatischen Prozessführung.
dS =
Lösung:
Aus dS = 0 und dU = 32 N kB dT folgt ein Zusammenhang zwischen dT und dV :
0 = dS
13
P
=
N kB dT + dV
T2
T
3
P
dT
− N kB
=
dV
2
T
T
N kB
=
dV
V
3 dT
dV
−
=
2 T
V
wobei der Druck mit Hilfe der Zustandsgleichung
Integration ergibt
Z
3 T2 dT
−
2 T1 T
3 T2
− ln
2 T1
µ ¶3/2
T1
T2
P V = N kB T als
=
Z
V2
V1
= ln
=
(25)
(26)
(27)
(28)
(29)
P
T
=
NkB
V
eliminert worden ist.
dV
V
V2
V1
V2
V1
Mit Hilfe der Zustandsgleichung kann das Verhältnis der Temperaturen als
P1 V1
T1
=
T2
P2 V2
ersetzt werden, d.h.
µ
P1 V1
P2 V2
¶3/2
P1 V1
P2 V2
P1
P2
V2
V1
µ ¶2/3
V2
=
V1
µ ¶5/3
V2
=
V1
=
Dies stimmt genau mit den früher für die Adiabate gefundenen Abhängigkeiten überein. Adiabatisch
bedeutet †Q = 0, isentropisch dS = 0. Beide sinden wegen
dS =
äquivalent.
5
†Q
T