Документ: zadachi_na_ekzamen, страницы 11-15 | База учебных материалов

3N

(2π )23(N1 +N2 ) m 2 1 m 2 2

N

+N

2

5

(N

+N

)

∆S = −k ln

1

2

(N

+ N

)

1

(kT )2

1

2

N

!N

!h3N1 h3N2 pN1 +N2

2

1

2

1

3

3N1

3

3N2

7

(N + N

)k + k ln

(2π )2

(N1 ) m1 2

N

5 N1

7

(2π )2 N2

m2 2

N

5 N2

7

+

2

N 1

(kT )2

2

N k + k ln

N

!h3N2

N

2

(kT )2

−

2

N

k =

1

2

N !h3N1 pN1

1

2

pN2

2

1

= −k ln (N

+ N

2

)N1 +N2

+ k ln N N2

+ k ln N N1

= −k

(N

+ N

2

)ln

(N + N

2

)+ kN

2

ln N

2

+ kN ln N =

1

2

1

N1

= k

N1 ln

+ N2 ln

N1

+ N2

N1 + N2

Звідси можна зробити висновок, що ∆S у різних ансамблях не є однаковим.

6.

Знаходження µA , µB , µA0 , µB0 :

Для суміші:

∂F

µ =

+

∂N1 T ,V

∂N2 T ,V

∂F

2πm kT

= −kT ln

1

V + kT ln N 1

∂N1

h

2

T ,V

∂F

2πm kT

= −kT ln

22

V + kT ln

N 2

∂N2

h

T ,V

µ= −kT ln 2πm1m2kT V + kT ln N 1N2

h2

Хімічні потенціали µA0 , µB0 відповідають хімічним потенціалам звичайного ідеального газу.

Розділ 5: Розрахунок термодинамічних характеристик вироджених систем (4 задачі):

Задача 1: Знайти теплоємність, ентропію та енергію виродженого електронного газу. Дисперсійне співвідношення для нерелятивістського випадку:

	3
D(ε)=	4π	2	gVm2
				ε
		h3

Схема розв’язання задачі:

1.Записуємо вираз для Ω

2.За допомогою загального інтегралу I враховуємо два члени ряду, що відповідає випадку виродження

3.Зазначаємо що Ω = Ω0 +δΩ

4.Підставляємо у отриманий вираз для δF хімічний потенціал у випадку повного виродження, вважаючи що δ F - другий член у сумі буде збуренням над F0 .

5.Записуємо повний вираз для F і шляхом диференціювання отримаємо Ентропію( при цьому необхідно зауважити, що у випадку повного виродження перший член не залежить від температури)

6.Через відомі ентропію отримуємо теплоємність.

Енергію було знайдено у класній роботі.

tkitar 2010

Інші величини знаходяться термодинамічним способом. Було отримано вираз у вигляді нескінченного ряду, кожен настуний член якого враховує поправки по виродженню. Цей вираз визначається функцією густини, а отже може враховувати як релятивістський і нерелятивістський випадки.

µ

f (ε )dε + π2

(kT )2 f ' (µ)+ 7π4 (kT )4

f ''' (µ)+...

I = ∫

0

6

360

Тут f (µ)

3

= µ2 .

Цей розклад представляє собою розклад записаного без наближень інтегралу:

∞

f (ε )dε

I = ∫

ε−µ

0

e kT

+1

Перейдемо до обчислення C :

Шлях знаходження: Ω F S C

1. Запишемо за означенням вираз для Ω, скориставшись загальним виразом для I .

3

∞

3

µ 3

π2

1

5

π2 A

1

2 8

2

πVm2

ε 2 dε

2 3

2

(kT )

2

Ω = − 3

h3

∫

= −A

∫ε 2 dε +

6 (kT )

2

µ2

= −

A 5

ε 2

−

4

µ2

(ε−µ)

0 e

kT +1

0

)

повністю виродж.

Ω0 (газу

2.У нашому випадку виродженого газу необхідно врахувати два члени ряду. Тепер необхідно знайти F . Використаємо те, що якщо Ω = Ω0 +δΩ:

δΩ <<1, то F = F0 +δF .

Ω0

Зазначимо, що Ω = Ω0 +δΩ(T,V , µ)

F = F0 +δF (T,V , µ)

δF (T,V , N )=δU (S,V , N )=δH (S, p, N )=δG (T, p, N )=δΩ(T,V , µ)- збурення є

однаковими в просторах змінних відповідного термодинамічного потенціалу.

Запишемо отриманий вираз для Ω через збурення:

					π2 A(kT )4						1
	Ω = Ω		−		π2 A(kT )4						µ2
		0
							4


3.	Так як ми розглядаємо малі збурення, то збурення для F можна записати як:
			π2 A					4			3		1	h			N	1
	δF = −		π2 A				(kT )	4			3		3	h			N	3	, тут µбуло замінено на вираз для нього при умові

				4									2				V
				4					π				2		2m		V
	повного виродження( тобто було використано нульове наближення ).
	Тобто:
	δΩ(T,V , µ =εF )=δF												(T,V , N )
	Тоді отримуємо вираз для F :
							2										2
	F = F −2					π4 3			m			N	(kT )2 V				3
	F = F −2									2		N	(kT )2 V
	0								h	2
							3		h							N
4.	Переходимо до знаходження ентропії

tkitar 2010

S= − ∂F

∂T V ,N

		π	4	2	m		V	2		π	4	2	m
S = 0	+ 2			3		N (kT )2		3	= 4			3		NkT

		3			2					3			2
					h		N						h

Перший доданок є нульовим внаслідок третього закону термодинаміки. Звідки:

				2			2
	∂S	2	π4	3	mN		V 3
C =T		= 4k T	3		h	2

	∂T						N

Висновок:

1)отримані вирази виконуються при дуже низьких температурах, а саме (T <<TF ). 2) врахування квантових ефектів підтвердило прямування S і C до нуля.

Задача 2:

1)Знаходимо рівняння стану такої системи

2)За означенням знаходимо записуємо вираз для енергії і з інтегралу враховуємо тільки два члени

3)За допомогою виразу для N знаходимо наближено у випадку повного виродження

µ= µ(N ) і представляємо Енергію у її природних змінних

4)З рівняння стану знаходимо тиск виражений через інші змінні.

∞	µ−ε		∞	1
Ω = kT ∫dεD(ε)ln 1±e kT		= A∫		ε 2 dε ln 1±e
0			0

Проводимо інтегрування частинами

µ−ε		2	∞	µ−ε		3
kT	= A	2	∫ln 1±e kT		dε 2		=
		3	0

2

µ−ε 3

∞

3

1

µ−ε

1

= A

ln 1−e kT

ε 2

− ∫e2

(±1)e kT −

dε

=

3

µ−ε

0

1±e

kT

0

3

2 1 ∞ ε 2 dε 2

= −A 3 kT ∫0 eε−µ ±1dε = − 3 E

kT

Звідси маємо, що pV = 23 E . Перейдемо до обчислення енергії:

∞	3	µ	3	2 3	1		2	5		π2			1
	ε 2											2
E =α∫		dε =α ∫ε 2 dε +ζ (2)(kT )			µ2	=		µ2	+		(kT )		µ2	- скористаємося рядом
	µ−ε			2			5			4
0 e kT +1		0

для даного інтегралу

Далі, отримавши в такому наближенні E будемо мати його, як функцію µ,T,V .

tkitar 2010

∞

1

2

3

π2

1

ε 2

−

- знайшовши N (µ) виразимо µ = µ(N ).

N =α∫

dε =α

µ2

+

µ

2

µ−ε

3

12

0

e

kT

+1

Це рівняння розв'язується складно. Тому для знаходження µ будемо розглядати випадок повного виродження і виразимо µ через N у випадку повного виродження:

N =α 23 µ32

2

µ= 3 N 3

2 α

Це значення тепер можна підставити у вираз для енергії для вираження її у природних змінних:

						2 3					N			5		π	2							2	3			1
E =α						2 3					N			3	+	π			(kT )					2	3			N 3


						5 2				α						4									2		α
						5 2				α						4									2		α
Підставляємо сталу із функції густини
														V3 4π				∞		p2dp =[pdp = dε m]= g																				V3 4π				∞						V3 4π		∞
																		∫																										∫								∫
∑1 = g∑1 = g																																													pmdε = g									2mε	mdε =
τ							p							h				0																						h				0						h		0
								3	∞			1
			4π3V m2						∫			ε 2 dε
	2		4π3V m2						∫			ε 2 dε
				h					0
																									3			5					3
																		4πV							3			22 πV					3
Шукана стала α =																2		4πV					m2 =					22 πV				m2			= βV
Шукана стала α =																2			h3				m2 =							h3		m2			= βV
																			h3											h3
						2 3					N			5		π	2							2	3			1					2			−	2	3					5		π	2		2		2	3		1
E =α						2 3					N			3		π			(kT )					2	3			N 3			=		2			−		3					3		π		(kT )	2			3		3
															+																			α			3				N			+					α3			N
															+																			α			3				N			+					α3			N
						5 2				α						4									2		α						5					2							4						2
						5 2				α						4									2		α						5					2							4						2
															2				5
						5								3					5						2
	32					5							23	3			23								2
α	32	=			22 πV							m	23			=	23				(πV )3					m
α		=				h		3				m				=					h	2				m
								3														2


									2																						h2					3			1			3
				2 (πV )3												5					π2						2				h2					3			3			3
E =								2				m(3N )3							+				(kT )														N				=			pV
E =				5		h		2				m(3N )3							+		4		(kT )						(πV )			2	m			2	N				=	2		pV
				5		h															4								(πV )			3	m			2						2
							2									1						2									h2					2		2
				4 π 3											5	1					π	2						2			h2					2		3
p =							2	m		(3N )3						V 3 +								(kT )
p =				15 h			2	m		(3N )3						V 3 +					4			(kT )								5				3
				15 h																	4									(πV )3			m			3

Задача 3: Обчислити парамагнітну сприйнятливість виродженого електронного газу в металах.

За рахунок введення магнітного поля знімається виродження, і непотрібно враховувати Фактор Ланде. У Магнітному полі частинки розділюються на дві групи – у яких спін орієнтований по полю і у яких спін орієнтованих проти поля.

За означенням:

tkitar 2010

χ= ∂M

∂H

За означенням:

M= µB (N+ − N− )

N+ - група частинок енергія яких зміщена відносно початкової на −µB H .

За означенням:

∞

1

ε 2

N =α∫

dε у випадку виродження будемо враховувати два члени від цього інтегралу:

µ−ε

0 e kT +1

µ0

−µB H

1

π

2

1

2

3

π

2

(kT )2

1

N + =α

∫

ε 2 dε +

(kT )2

=α

(µ0

−µB H )2

+α

і

12

3

12

µ0 −

µB H

0

µB H

µ0

+µB H

1

π

2

1

2

3

π

2

(kT )2

1

N − =α

∫

ε 2 dε +

(kT )2

=α

(µ0

+ µB H )2

+α

12

3

12

0

µ0 +

µB H

µ0 + µB H

		2					3			π	2			1
							3
	α		(µ0	− µB H )2				+α				(kT )2				−
		3								12
														µ0 − µB H
														µ0 − µB H
M = µB	−α 2 (µ							3	+α π			2		1
					+ µ	B	H )2						(kT )2	1
				0	+ µ		H )2						(kT )2
			3	0							12				µ0 + µB H
			3								12				µ0 + µB H

Проводячи диференціювання можна знайти шукану сприйнятливість. Однак ці вираз спрощуються у випадку слабкого магнітного поля. У цьому випадку можна робити розклад по малому

параметру µµB H <<1

0

Задача 4: Знаходимо у випадку виродження з означеня хімічний потенціал Бозе газу.

∞	ε	1
		2
N =α∫			dε =...
	µ−ε

0e kT −1

Уцьому виразі враховуємо два члени з ряду для цього інтегралу

∞

f (ε )

µ

2

'

∞ zdz

1

4

"'

∫

dε =∫ f

(ε )dε +2(kT )

f

(µ)∫

+

3

(kT )

f

µ−ε

ez ±1

0 e kT ±1

0

В якому інтеграли можна визначати за формулами:

∞

x−1

∫0

z dz

= Γ(x)ζ

(x)

ez −1

У випадку x = 2n - парного числа:

∫

... = (2π )n Bn

1

, тут Bn - число Бернуллі.

4n

Отже після цього ми отримуємо N = N (µ), треба розв’язати

()∞ z3dz

µ∫0 ez ±1

обернене рівняння.

tkitar 2010

Материал: zadachi_na_ekzamen

Смотрите также: