Zadania

kwiecień 2009
Ćwiczenia III
Zadania
Zadanie 1. Uklad A o energii EA skontaktowano termicznie z ukladem B o energii EB . Udowodnić, że jeżeli
∂ ln ΩB (EB )
∂ ln ΩA (EA )
<
,
∂EA
∂EB
to energia przeplynie z ukladu A do ukladu B .
Rozwiazanie
1:
֒
Liczba stanów mikroskopowych realizujacych
sytuacje֒ makroskopowa,֒ w której uklad A ma
֒
energie֒ EA natomiast uklad B ma energie֒ EB dana jest jako iloczyn liczby stanów mikroskopowych ukladów A i B
ΩAB (EA , EB ) = ΩA (EA )ΩB (EB ) ,
oraz
ln ΩAB (EA , EB ) = ln ΩA (EA ) + ln ΩB (EB ) ,
Zbadajmy co sie֒ stanie gdy infinitezymalna ilośća֒ ciepla dQ przeplynie z ukladu A do ukladu B.
Liczba stanów mikroskopowych calego ukladu wyniesie
ΩAB (EA − dQ, EB + dQ) = ΩA (EA − dQ)ΩB (EB + dQ) .
Zamiast badać ΩAB wygodniej bedzie
badać logarytm tej wielkości
֒
ln ΩAB (EA − dQ, EB + dQ) = ln ΩA (EA − dQ) + ln ΩB (EB + dQ) .
Ponieważ rozpatrujemy bardzo maly przekaz ciepa,֒ to możemy funkcje ln Ω rozwinać
֒ w szereg
Taylora zachowujac
֒ wyrazy co najwyżej linowe w dQ
ln ΩAB (EA − dQ, EB + dQ) =
∂ ln ΩA (EA )
∂ ln ΩB (EB )
dQ + ln ΩB (EB ) +
dQ =
∂EA
∂EB
∂ ln ΩB (EB ) ∂ ln ΩA (EA )
= ln ΩAB (EA , EB ) +
dQ.
−
∂EB
∂EA
= ln ΩA (EA ) −
Z warunków zadania wynika, że wyraz w nawiasie mnożacy
dQ jest dodatni, czyli
֒
ln ΩAB (EA − dQ, EB + dQ) > ln ΩAB (EA , EB ) ,
1
zatem
SAB (EA − dQ, EB + dQ) > SAB (EA , EB ) .
Widzimy, że przekazowi ciepla w ukladu A do ukladu B towarzyszy wzrost entropii calkowitej,
stad
zachodzil samorzutnie.
֒ wniosek, że taki proces bedzie
֒
——
Zadanie 2. Rozpatrzmy uklad N nieoddzialujacych
czastek,
kaźda z których może znajdować sie֒
֒
֒
na jednym z dwóch poziomów energii −ε0 , ε0. Przykladem tego ukladu moga֒ być czastki
o spinie
֒
1/2 umieszczonych w zewnetrznym,
jednorodnym polu magnetycznym B, energia których może
֒
wynosi
E1 = µH = ε0 ,
lub
E2 = −µH = −ε0 ,
w zależności od orientacji spinu wzgledem
pola H.
֒
a) znaleźć liczbe֒ stanów Ω,
b) entropie֒ S,
c) energie֒ ukladu w zależnoći od temperatury,
d) obliczyć pojemność cieplna֒ i cieplo waściwe
ukladu przy stalej objetości,
֒
֒
e) sprawdzić sluszność trzeciej zasady termodynamiki,
Rozwiazanie:
֒
a) Wprowadzimy nastepuj
ace
oznaczenia
֒
֒
• N+ – liczba czastek
o spinie równoleglym do pola H
֒
• N− – liczba czastek
o spinie antyrównoleglym do pola N
֒
Oczywiście N = N+ + N− .
E = (N+ − N− )ε0 = Mε0 .
Funkcja gestości
stanów dana jest nastepuj
acym
wyrażeniem
֒
֒
֒
N!
N
N
=
=
Ω=
.
N−
N+
N+ !N− !
Dalej, wyznaczymy N+ i N− przez N, E i ε0
(
N+ + N− = N
N+ − N− = E/ε0
⇒
1
N+ =
2
E
N+
ε0
,
1
N− =
2
E
N−
ε0
.
2
b) Teraz wyznaczymy entropie֒ ukladu (znów korzyjstajac
֒ z wzoru Stirlinga)
N!
= NkB ln N − N+ kB ln N+ − N− kB ln N− =
S = kB ln Ω = kB ln
N+ !N− !
E
1
E
1
E
1
E
1
N+
kB ln
N+
−
N−
kB ln
N−
= NkB ln N −
2
ε0
2
ε0
2
ε0
2
ε0
Entropia stanu, w którym wszystkie spiny sa֒ zgodne z polem magnetycznym wynosi
1
1
S(E = −Nε0 ) = NkB ln N − (N + N)kB ln (N + N) = 0 ,
2
2
analogicznie
S(E = Nε0 ) = 0 .
Wyznaczamy maksimum entropii
N−
∂S
kB
ln
=
∂E
2ε0 N +
⇒
N−
N+
E
ε0
E
ε0
E
ε0
E
ε0
,
= 1,
czyli E = 0.
1
S(E = 0) = NkB ln N − NkB ln N = NkB ln 2
2
c) Znajdziemy rozklad energii, mamy
1
∂N−
=−
,
∂E
2ε0
∂N+
1
=
.
∂E
2ε0
Teraz możemy wyznaczyć temperature֒
1
∂ ln Ω
∂
∂
∂
=
=
ln N! −
ln N− ! −
ln N+ ! =
kB T
∂E
∂E
∂E
∂E
∂ ∂ 1
1
1
1
=−
N− ln N− − N− −
N+ ln N+ − N− =
ln N− +
−
ln N+ −
=
∂E
∂E
2ε0
2ε0 2ε0
2ε0
E
N−
1
1
E
1
E
1
N−
1
ε0
=
ln
N−
− ln
N+
=
ln
ln
.
=
E
2ε0
2
ε0
2
ε0
2ε0
2ε0 N+
N+
ε0
Stad
֒
czyli
N−
2ε0
N−
,
=
= exp
N − N−
N+
kB T
2ε0
2ε0
N− 1 + exp
= N exp
kB T
kB T
Ne2ε0 /kB T
Neε0 /kB T
N− =
= −ε0 /k T
B
e
+ eε0 /kB T
1 + e2ε0 /kB T
3
Ne−ε0 /kB T
e−ε0 /kB T + eε0 /kB T
N+ = N − N− =
Energia ukladu wynosi
E = ε0 (N+ − N− ) = Nε0
sinh kεB0T
e−ε0 /kB T − eε0 /kB T
ε0
=
−Nε
tanh
=
−Nε
0
0
ε
e−ε0 /kB T + eε0 /kB T
cosh kB0T
kB T
Możemy naszkicować wykres entropii w funkcji energii
1.0
-5
0.5
0
-0
,5
S/Nk
B
5
B
,1
0,
-0
1
k
T
/
,5
0.0
-1
0
1
E/N
oraz temperatury w funkcji energii
1
E/Nk
B
T<0
0
T>0
-1
-6
-5
-4
-3
-2
-1
k T/
1
2
3
4
5
6
B
4
d) Pozostaje jeszcze wyznaczyć cieplo wlaściwe ukladu
2
1 ∂E
1
ε0
ε0
ε0
−2
(−
cV =
= −ε0
=
) = kB
cosh
2
ε0
N ∂T V
kB T 2
kB T
kB T
cosh
kB T
= kB
ε0
kB T
2
4
(eε0 /kB T +
2
e−ε0 /kB T )
= kB
∆E
kB T
2
e∆E/kB T
(1 +
2
e∆E/kB T )
= kB
∆E
kB T
2
1
,
4 cosh (∆E/(kB T ))
2
gdzie ∆E = 2ε0 jest różnica֒ energii stanów + i −, czyli energia֒ wzbudzenia.
0.5
0.4
C/Nk
B
0.3
0.2
0.1
0.0
0
1
2
3
4
5
6
k T/
B
Taka postać ciepla wlaściwego nazywana jest cieplem Schottky’ego. Widzimy, że osiega
ono mak֒
simum dla pewnej temperatury. Wyznaczamy polożenie tego maksimum, czyli
∂cV
∂T
=0
2
ε0
ε0
ε0
ε0
ε0
(ε0 )2
∂cV
−2
−3
+ 2kB
sinh
=−2
cosh
=
cosh
3
∂T
kB T
kB T
kB T
kB T
kB T kB T 2


ε0
2
sinh
kB T
(ε0 )  ε0
ε0
−2

− 1 cosh
=2
,
kB T 3 kB T cosh ε0
kB T
kB T
stad
ace
równanie niealgebraiczne
֒ otrzymujemy nastepuj
֒
֒
kB T
ε0
=
,
tanh
kB T
ε0
którego rozwiazanie
numeryczne to
֒
ε0
= 1.2 .
kB T
Czyli cieplo wlaściwe osiega
maksimum dla temperatury
֒
T =
∆E
ε0
=
.
1.2kB
2.4kB
5
e) Znajdziemy teraz jawna֒ zależność entropii od temperatury.
S =NkB ln N − N+ kB ln N+ − N− kB ln N− =
ex
e−x
e−x
ex
=
ln
−
ln
= kB N ln N − −x
e + ex e−x + ex e−x + ex e−x + ex
= kB N (ln 2 cosh x − x tanh x) ,
gdzie x =
ε0
.
kB T
Znajdziemy dalej granice֒ S w zerze
S(x) = kB N(ln N + ln(2 cosh(x)) − x tanh(x))
lim ln(2 cosh(x)) = x,
x→∞
lim tanh(x) = x,
x→∞
⇒
lim S = 0.
x→∞
——
Zadanie 3. Rozważmy jednowymiarowy lańcuch skladajacy
sie֒ z N ≫ 1 elementów (pretów).
֒
֒
Każdy z pretów
ma dlugość a i może być skierowany w lewo lub w prawo a ich orientacja może
֒
sie֒ swobodnie zmieniać. Zalóżmy, że odleglość miedzy
poczatkiem
pierwszego preta
a końcem
֒
֒
֒
ostatniego wynosi x. Wyznaczyć entropie֒ lańcucha w funkcji x oraz znaleźć relacje֒ miedzy
tempe֒
ratura֒ lańcucha a sila֒ (napreżeniem)
X, która jest niezbedna
do zapewnienia danej jego dlugośći
֒
֒
x. Sila X jest dana jako pochodna energii swobodnej Helmholtza F wzgledem
dlugoci lacucha x
֒
przy ustalonej temperaturze T .
X=
∂F
∂x
.
T
6
Rozwiazanie:
֒
Jeśli zauważymy, że liczba pretów
skierowanych w prawo odgrywa taka֒ sama֒ role֒ jak wielkość
֒
N− a liczba pretów
skierowanych w lewo taka֒ jak wielkość N+ .W przypadku przedstawionym
֒
na rysunku wyźej, konfiguracja lańcuchu wyglada
(++–+++– – –++–+++). Znajac
֒
֒ N+ i N− ,
można znaleźć dlugość lańcucha x ,
x = (N+ − N− )a,
N = N+ + N− ,
⇒
NA − x
NA + x
, N− =
.
2a
2a
To jest zadanie analogiczne z poprzednim, tylko zamiast energi E mamy dlugość x. Dalej, od razu
N+ =
wypisujemy wzory na liczbe֒ stanów oraz entropie֒
N
,
Ω=
N+
1
x
1
x 1 x
1
x
S = kB ln Ω = NkB ln N −
N+
kB ln
N+
−
N−
kB ln
N−
.
2
a
2
a
2
a
2
a
Ponieważ elementy lańcucha swobodnie obracaja֒ sie֒ na ,,przegubach”, to oznacza, że energia
wewnetrzna
ukladu nie zależy od konfiguracji pretów,
czyli
֒
֒
∂U
= 0.
∂x
Energia swobodna Helmholtza dana jest wzorem
F = U − TS ,
czyli napreżenie
lańcucha wynosi
֒
∂U
∂S
∂S
∂F
=
−T
= −T
=
X=
∂x T
∂x T
∂x T
∂x T
x
x kB T
x kB T
kB T 1 +
kB T 1 kB T N + a
kB T 1 N+
+
N−
−
=
ln
−
ln
=
ln
ln
=
x
2a
2
a
2a
2a
2
a
2a
2a
2a
N−
1−
a
x
Na .
x
Na
Dla x ≪ Na
x
i k T kB T 1 + Na
x
x 2x
kB T
kB T h
B
X=
1+
x + ...
ln
ln 1 +
+ ...
=
ln 1 +
+ ... =
=
x
2a
2a
Na
Na
2a
Na
Na2
1−
Na
Liniowa zależność X(x) nazywa sie֒ prawem Hooke’a.
Wykresy napreżeń
֒
7
3
2
ax/kT
1+x/(Na)
X=(kT/2a)ln
1-x/(Na)
1
X=kTx/Na
2
0
0,5
1,0
x/Na
8