Hauptsatz: dU =δQ−pdV +µdN

Karlsruher Institut f¨ur Technologie www.tkm.kit.edu/lehre/

Moderne Theoretische Physik III SS 2014

Prof. Dr. J. Schmalian Blatt 03, 100 Punkte

Dr. U. Karahasanovic, Dr. P. P. Orth Abgabe 09.05.2014

1. Ideales Gas mit f Freiheitsgraden pro Molek¨ul:

(a) 1. Hauptsatz: dU =δQ−pdV +µdN.

Adiabatische Zustands¨anderung: δQ= 0 , konstante Teilchenzahl: dN = 0 ,

also: dU =−pdV . In einem thermisch isolierten Gas in einem geschlossenen Beh¨alter kann sich die innere Energie nur durch mechanische Arbeit ¨andern.

Bekannt ist außerdem: U = f

2N kT →dU = f 2N kdT

und pV =N kT →pdV +V dp=N kdT, zusammen→dU = f

2[pdV +Vdp] . Mit dem 1. Hauptsatz von eben gibt das

1 +f

2

pdV =−f 2V dp,

was jetzt integriert werden kann, von einem thermodynamischen Zustand 0 zu einem anderen 1 ¨uber einen reversiblen Weg,

1 +f

2 Z¹

0

dV V =−f

2 Z1

0

dp p

Daraus folgt, mit V1 ≡V ,p1 ≡p, denn der Zustand 1 ist beliebig,

1 +f 2

ln V

V0

= −f 2 ln p

p0

⇒

1 + 2 f

ln(V) + ln(p) = const₁

⇒ p V^(1+2/f)= const2

Analog ergibt sich aus dU =−pdV und dU = f

2N kdT und pV =N kT ⇒ p= N kT

V unmittelbar N k

V dV =−f 2

N k

T dT, also ln V

V₀ =−f 2ln T

T₀ ⇒ V T^{f /2}= const₃ (b) Die “Fundamentalbeziehung” lautet:T S=U+pV −µN ⇒S = 1

TU+p TV−µ

TN. MitS =S(U, V, N) folgt dS = 1

TdU+ p

TdV − µ TdN. Es ist jetzt praktisch, Dichten einzuf¨uhren:

s=S/N , u=U/N , v=V /N ⇒s= 1 Tu+ p

Tv− µ T .

MitS =S(U, V, N) ist auchs=s(U, V, N) =s(u, v, N) , sh¨angt offenbar nicht explizit von N ab, also:

s=s(u, v), ds= 1

Tdu+ p Tdv Dasssnicht von N abh¨angt, folgt auch ganz allgemein:

U, V, N, S sind extensiv, das heißt z.B. S(λU, λV, λN) =λS(U, V, N) . Die Dichten sind (trivialerweise) intensiv, alsos(λU, λV, λN) =s(U, V, N) . Dies kann nur erf¨ullt werden, wennU, V, N nur als Quotienten (Dichten) eingehen, alsos=s(U/N, V /N) oder s(U/V, U/N) oder s(U/V, V /N) .

dsl¨aßt sich jetzt integrieren, wenn man T und prauswirft:

U = f

2N kT ⇒u= f

2kT ⇒ 1 T = f

2k1

u, pV =N kT ⇒ p T =k1

v ds= f

2kdu u +kdv

v ⇒s−s₀= f 2kln u

u0

+kln v v0

.

Die Integrationskonstanten sind s0 = S0/N0, u0 = U0/N0, v0 =V0/N0, einsetzen liefert

S = S₀N N0

+N k f

2

ln U U0

+ lnN₀ N

+

ln V

V0

+ lnN₀ N

= S0

N N0

+N k f

2 ln U

U0

+ ln

V V0

− f

2 + 1

ln N

N0

.

(c) Nehmen wir o.B.d.A. mal an, dass das Gas aus konstantenN =N₀ Teilchen besteht und im konstanten Volumen V = V0 eingeschlossen ist, dann h¨angt U von der Temperatur ab ¨uber U = ^f₂N₀kT, also, mit U₀≡ ^f₂N₀kT₀,T₀ = const.,

S(T) =S₀+f

2N₀k ln T T₀

F¨urT →0 divergiert dies, es l¨aßt sich kein S₀ finden, so dassS(T →0) = 0 w¨are.

Das “ideale Gas” ist eine brauchbare N¨aherung f¨ur ideale Gase nur bei hohen Tem- peraturen. Bei T →0 muss die Quantennatur der Teilchen (Fermionen oder Boso- nen) ber¨ucksichtigt werden, die zu einem nichtentarteten Grundzustand des Gases f¨uhrt. Dann folgt aus der informationstheoretischen Fundierung der Entropie sofort S(T →0) = 0 .

2. An ideal gas in the field of the Earth:

(a) Since the particles do not interact with each other we only need to calculate the partition functionZ(1) of one particle and use Z(N) =Z(1)^N. We find:

Z(1) =

Z d³p h³ e^−βp

2 2m

Z

d³re^−βmgz

= A

λ³ Z ∞

0

dze^−βmgz = A

βmgλ³ (1)

where A =πR² is the area of the cylinder, and λ = qβh²

2πm. The free energy then reads:

F =−k_BTlnZ =−k_BT Nln A

βmgλ³

. (2)

(b) It follows that the density in the cylinder depends only onz:

ρ(z) =

N λ³

R∞

0 dz⁰e^−βmgz0δ(z−z⁰)

Z(1) = βN mg

A e^−βmgz. (3) The density decreases exponentially with height. The length l₀ = ^k_mg^BT determines the decay. For the pressure we use

p(z) =ρ(z)kBT = N mg

A e^−βmgz (4)

which assumes that the ideal gas law is valid locally.

Considering a thin horizontal slice of gas between the planes z and z+dz, the difference between the pressures at its bottom and top has to be equal to the weight of the gas within the slice. This gives

mgρ(z)dz=p(z)−p(z+dz) =−dp(z)

dz dz, (5)

so that

dp(z)

dz =−mgρ(z). (6) This is indeed satisfied by Eqs. (4) and (3):

dp(z)

dz = N mg A

d

dze^−βmgz =−βmgN mg

A e^−βmgz =−mgρ(z).

3. Superconductivity

(a) Entropies. We use that at constantV:δQ=T δS=cδT. Then ∂S

∂T

V

= c

T (7)

and integrate the expressions forc_n(T) andc_s(T) given in the problem set, to get

Sn = V βT³

3 +γT V Ss = V αT³

3 (8)

(b) Transition temeperature. We use the fact that the entropies of the two phases are the same at the transition (no latent heat). Equating S_s(T_c) =S_n(T_c) in (8), leads to

T_c² = 3γ

α−β (9)

(c) Internal energies. Using δU =δQ+δW, withδW = 0 (no volume change as stated in the question) and δQ = cδT, we get that δU = c(T)δT, where c(T) for both phases are given in the text of the problem. Hence

U_n/s= Z

c_n/s(T)dT (10)

Integrating this and requiring that Un(T = 0) = E0 and Us(T = 0) = E0 −V∆, leads to the following expressions for the internal energies

U_n(T) = V βT⁴

4 +V γT² 2 +E₀ U_s(T) = V αT⁴

4 +E₀−V∆ (11)

(d) Superconducting gap. The transition into SC phase happens when the free energies of sc and normal states are equal. Equating the Gibbs free energies in this case reduces to equating Helholz free energies (since there is no volume change as stated in the question). Then we have that U_s(T_c)−T_cS_s(T_c) = U_n(T_c)−T_cS_n(T_c), but since S_s(T_c) = S_n(T_c), then we get that U_s(T_c) = U_n(T_c). Using the results of U_n/s(Tc) from the previous part, this leads to

∆ = (α−β)T_c⁴

4 −γT_c²

2 . (12)

Substituting for (9), we get that

∆ = 3 4

γ²

α−β (13)

4. Gaskraft (25 Punkte, schriftlich)

Ein Zylinder der H¨ohe h mit Querschnitt A sei mit Heliumgas gef¨ullt. Die Masse des Gases im Zylinder seim, die TemperaturT1und der Druckp1. Der Zylinder befinde sich in einem Raum mit Atmosph¨arendruck p0. Ein gasundurchl¨assiger Stempel der Masse M mit Anfangsgeschwindigkeit v₀ = 0 falle von oben (d.h. aus einer H¨ohe h) in den Zylinder.

Berechnen Sie die maximale Geschwindigkeit des Stempels unter der Annahme dass er sich ohne Reibung bewegt und es keinen W¨armeaustausch zwischen dem Gas, dem Zylinder und dem Stempel gibt, da der Prozess sehr schnell abl¨auft.

Hinweis: die Anzahl der Freiheitsgrade eines Heliumatoms betr¨agtf = 3.

Der Stempel erreicht seine maximale Geschwindigkeitv_maxwenn seine Beschleunigunga verschwindet. Die Beschleunigung des Stempels ist nach der Newton Gleichung gegeben durch

M a=M g+p₀A−pA , (14) wobei p der Druck des Gases ist, der anf¨anglich gleich p1 ist. Wenn der Stempel nach unten f¨allt, steigt der Druck des Gases nach der Adiabatengleichung an (siehe Aufgabe 1)

pV^γ = konstant, (15)

mitγ = (f+ 2)/f = 5/3. Bezeichnen wir den Druck in dem Moment in dem a= 0 ist mitp₂, so folgt

p₂ = M g

A +p₀. (16)

Mit der Adiabatengleichung berechnen wir das VolumenV₂ des Gases in dem Moment woa= 0 zu

V₂ = p₁

p2

1/γ

V (17)

wobeiV =hA. Zu diesem Zeitpunkt ist der Stempel eine Strecke vons= (V −V₂)/A= h−V₂/Agefallen. Um seine Geschwindigkeit zu berechnen, verwendden wir Energieer- haltung

W_grav+W_atm= ∆U_He+E_kin. (18) Die (positiv) geleistete Arbeit setzt sich aus der Arbeit der Graviationskraft

Wgrav =M gs (19)

und der Arbeit des Atmosph¨arendrucks

W_atm=p₀(V −V₂) (20)

zusammen. Durch die adiabatische Kompression wird das Heliumgas erhitzt. Die Tem- peratur T₂ in dem Moment in dem a verscwindet ist nach der Adiabatengleichung T V^γ−1 = konstant (siehe Aufgabe (1)) gegeben durch

T₂ =T₁ V

V2

γ−1

. (21)

Die ¨Anderung der inneren Energie des Gases U ist daher gleich

∆U =c_Vm(T₂−T₁). (22)

Hier bezeichnetcV die spezifische W¨armekapazit¨at des Heliumgases. Die restliche Arbeit geht in die kinetische Energie des Stempels und wir erhalten also

M

2 v_max² =M gs+p0(V −V2)−cVm(T2−T1) (23)

⇔vmax= r

2gs+2p0

M (V −V2)− 2cVm

M (T2−T1), (24) wobei die Gr¨oßen s, V2 und T2 vorher durch die gegebenen Parameter ausgedr¨uckt wurden.