Freie Universit¨ at Berlin WS 2005/2006

Freie Universit¨ at Berlin WS 2005/2006

Fachbereich Physik 16.11.2005

Statistische Physik - Theorie der W¨ arme

(PD Dr. M. Falcke)

Ubungsblatt 5: ¨ Van-der-Waals Gas / Kanonisches Ensemble

L¨ osungen

Aufgabe 1

Aus der kanonischen Zustandssumme erh¨ alt man zun¨ achst die freie Energie gem¨ ass F = − kT ln Z.

Das totale Differential der freien Energie lautet: dF = − SdT − pdV + µdN, sodass sich die thermische Zustandsgleichung aus p = − _∂F

∂V

T,N ergbit. Die kalorische Zustandsgleichung erh¨ alt man ¨ uber die Beziehung E = F + T S = F − T _∂F

∂T

V,N . (a) thermische Zustandsgleichung:

p = − ∂F

∂V = kT 1 Z

∂Z

∂V

= kT λ ^3N N!

(V − V ₀ ) ^N e ⁻

^{NV kT2a}

N (V − V ₀ ) ^{N −1}

λ ^3N N ! e

^{V kTN2a}

− N ² a kT V ²

(V − V ₀ ) ^N λ ^3N N ! e

^{V kTN2a}

= N kT

V − V ₀ − N ² a V ² , was sich auch in der Form: (p + ^N

²

^a

V

²

)(V − V ₀ ) = N kT schreiben l¨ asst. Das effektive Volumen ist also gegen¨ uber dem des idealen Gases um V ₀ verringert, w¨ ahrend es aufgrund der gegenseitigen Anziehung der Molek¨ ule zu einem zus¨ atzlichen Druckterm ^N _V

²₂

^a kommt.

(b) Kalorische Zustandsgleichung: Wir berechnen zun¨ achst die freie Energie und benutzen die Stir- lingsche N¨ aherung N ! ≈ N ^N e ^−N , d.h. wir vernachl¨ assigen Terme der Ordnung O (log N )

F = − kT ln Z = − kT ln

(V − V ₀ ) ^N λ ^3N N ^N e ^−N

− N ² a V

= − kT N ln

(V − V ₀ )e λ ³ N

− N ² a V .

Daraus folgt f¨ ur die Entropie S = − ∂F

∂T = kN ln

(V − V ₀ )e λ ³ N

+ kT N λ ³ N e(V − V ₀ )

− 3e(V − V ₀ ) N λ ⁴

− λ 2T

= kN

ln

(V − V ₀ )e λ ³ N

+ 3

2

.

Hier haben wir in der ersten Zeile _dT ^dλ = − _2T ^λ benutzt, wobei λ(T ) = √ ^h

2πmkT die thermische Wellenl¨ ange ist. Somit ergibt sich f¨ ur die Energie schließlich

E = F + T S = 3

2 kT N − N ² a

V .

Sie ist also um den Term ^N _V

²

^a gegen¨ uber der des idealen Gases verringert. Alternativ l¨ aßt sich auch ausnutzen, dass

E = − ∂

∂β ln Z = k _B T ² ∂

∂T ln Z (1)

gilt,woraus umgehend E = k _B T ²

λ ^3N N ^N e ^−N

(V − V ₀ ) ^N · (V − V ₀ ) ^N

N ^N e ^−N ( − 3N )λ ^−3N−1 dλ

dT − N a ² V k _B T ²

= 3

2 kT N − N ² a V (2) folgt.

(c) Die spezifische W¨ arme erh¨ alt man ¨ uber die Beziehung C _V = T ∂S

∂T = T kN

− 3λ ³ λ ⁴

− λ 2T

= 3 2 kN.

Sie ist also dieselbe wie die des idealen Gases.

Aufgabe 2

Die optische Falle l¨ aßt sich idealisiert als eine Feder vorstellen, die sich bis auf verschwindende L¨ ange zusammendr¨ ucken l¨ aßt. Damit entspricht die Fragestellung der Bewegung eine Masse m an einer Feder unter der zus¨ atzlichen Wirkung der Schwerkraft. Wir w¨ ahlen das Koordinatensystem derart, dass die z-Achse nach unten zeigt und die Ruhelage der Feder z = 0 entspricht, siehe Abbildung 1. Damit lautet die Schwerkraft F _G = mge _z und die R¨ uckstellkraft der Feder F _R = − aze _z .

000 111

^m 0

z

Abbildung 1: Masse an einer Feder.

a. Klassisch ergibt sich die mittlere Auslenkung der Feder aus dem Gleichgewicht der Kr¨ afte, also mg = az, woraus

¯

z _kl = mg

a (3)

folgt. Im Sinne der statistischen Mechanik m¨ ussen wir den Ausdruck

¯

z _stat = z = 1 Z

∞ 0

z exp {− βH(z) } dz (4)

auswerten, wobei Z die Zustandssumme und H(z) die Energie der Feder bei der Auslenkung z bezeichnet. Die Energie folgt aus den zu den beiden Kr¨ aften geh¨ orenden Potentialen als

H (z) = − mgz + a 2 z ² = a

2 z ² − mgz + mg

√ 2a ₂

− mg

√ 2a ₂

= a 2

z − mg

a

2 − m ² g ² 2a . (5) Somit erhalten wir f¨ ur die Zustandssumme

Z = ∞

−∞

exp − βa

2

z − mg a

2 + βm ² g ² 2a

dz =

2 a exp

βm ² g ² 2a

^∞

−∞

exp

− βy ² dy

=

2πk _B T a exp

m ² g ² 2ak _B T

(6)

wobei wir y :=

a/2(z − mg/a) gesetzt haben. Mit der gleichen Substitution gilt ∞

−∞

z exp − βa

2

z − mg a

2 + βm ² g ² 2a

dz = 2

a exp

βm ² g ² 2a

^∞

−∞

y exp

− βy ² dy

=0

+ mg a

2 a exp

βm ² g ² 2a

^∞

−∞

exp

− βy ² dy

=Z

, (7)

so daß der Mittelwert im statistischen Sinne dem klassischen entspricht, denn

¯

z _stat = mg

a . (8)

b. In Analogie zum ersten Moment finden wir ausgehend von ∞

−∞

z ² exp − βa

2

z − mg a

2 + βm ² g ² 2a

= 2

a _3/2

exp

βm ² g ² 2a

^∞

−∞

y ² exp

− βy ²

dy + 2mg a ² exp

βm ² g ² 2a

^∞

−∞

y exp

− βy ² dy

+ mg

a

2 2 a exp

βm ² g ² 2a

^∞

−∞

exp

− βy ² dy

= √ 2π

k _B T a

_3/2 exp

βm ² g ² 2a

+

mg a

2 2πk _B T

a exp

βm ² g ² 2a

(9)

f¨ ur das zweite Moment:

z ² = 1 Z

∞ 0

z ² exp {− βH(z) } dz = k _B T a +

mg a

2 . (10)

Damit gilt f¨ ur die Fluktuationen σ _z =

z ² − z ² = k _B T

a + mg

a

2 − mg a

2 = k _B T

a . (11)

c. Aus z = σ _z folgt unmittelbar a _min = m ² g ²

k _B T = 145.56 ² 10 ⁻⁵⁴ kg ² · 9.81 ² m ² K

1.380 · 10 ⁻²³ J · 20 Ks ⁴ = 7.388 10 ⁻²⁷ N

m , (12)

da ⁸⁷ Rb aus 37 Protonen und 50 Neutronen besteht und somit

m = 37 · 1.672 10 ⁻²⁷ kg + 50 · 1.674 10 ⁻²⁷ kg = 145.56 10 ⁻²⁷ kg . (13) Aufgabe 3

a. Befinden sich in einem Volumen V insgesamt N elektrische Dipole mit Dipolmomenten µ _i , i = 1, . . . , N , so ist die Polarisation P allgemein als folgender Mittelwert definiert:

P = 1 V

i

µ _i . (14)

In einem polaren Gas ohne externes Feld verschwindet die Polarisation, da im Mittel das perma- nente Dipolmoment in jede Richtung gleichwahrscheinlich zeigt. Wird ein externes Feld angelegt, so richten sich die Dipolmomente in Richtung des Feldes aus, jedoch st¨ andig gest¨ ort durch die thermische Bewegung. Im Sinne der klassischen Statistik ist es daher notwendig, zun¨ achst die mittlere Polarisation pro Teilchen zu berechnen, um Gleichung (14) auszuwerten.

Bezeichne ϑ den Winkel zwischen dem elektrischen Dipolmoment µ und dem externen elektri- schen Feld E, dann entspricht

u = − E · µ = − Eµ cos ϑ (15)

der potentiellen Energie. Ohne Beschr¨ ankung der Allgemeinheit legen wir das elektrische Feld in Richtung der positiven z Achse. Damit ist die Wahrscheinlichkeit, den Winkel ϑ in einem infinitesimalen Raumwinkel dω um ϑ zu finden, durch

p(ϑ)dω = C exp {− βu } dω = C exp { βEµ cos ϑ } sin ϑdϑdφ (16) gegeben. Hierbei bezeichnet C die Normierungskonstante

C ⁻¹ = π 0

dϑ 2π 0

dφ exp { βEµ cos ϑ } sin ϑ . (17)

Um die mittlere Polarisation zu berechnen, m¨ ussen wir den Mittelwert f¨ ur jede Komponente (µ _x , µ _y , µ _z ) auswerten. Dazu wechseln wir zu Kugelkoordinaten, in denen

⎛

⎝ µ _x µ _y µ _z

⎞

⎠ =

⎛

⎝ µ sin ϑ cos φ µ sin ϑ sin φ

µ cos ϑ

⎞

⎠ (18)

gilt. Aufgrund der φ Integration bei der Mittelwertbildung verschwinden µ _x und µ _y , so daß nur die Polarisation in Richtung des externen Feldes von Null verschieden ist. Wir erhalten

µ cos ϑ = C π 0

dϑ 2π 0

dφ µ cos ϑ exp { βEµ cos ϑ } sin ϑ . (19) Da sich die φ Integration herausk¨ urzt, ben¨ otigen wir nur die Integrale

π 0

dϑ exp { βEµ cos ϑ } sin ϑ = 1

−1

dy exp { βEµy } = 1 βEµ

e ^βEµ − e ^−βEµ

= 2 sinh (βEµ) βEµ (20) und

π 0

dϑ cos ϑ exp { βEµ cos ϑ } sin ϑ = 1

−1

y exp { βEµy } dy = d dβEµ

1

−1

exp { βEµy } dy . (21)

Somit erhalten wir cos ϑ =

d da ln

sinh a a

a=βEµ

= coth (βEµ) − 1

βEµ =: L (βEµ) . (22) und abschließend f¨ ur den Betrag der Polarisation

P = N

V µ cos ϑ = N V µL

Eµ k _B T

. (23)

b. Bei der Untersuchung von Dielektrika f¨ uhrt man die dielektrische Verschiebung D gem¨ aß D =

0 E +P ein, wobei ₀ die Dielektrizit¨ atskonstante des Vakuums bezeichnet. In einem homogenen und isotropen Medium steht die Polarisation stets in Richtung des externen Feldes. F¨ ur kleine Felder E kann daher

P = ₀ χE (24)

angesetzt werden. Hierbei ist χ die Suszeptibilit¨ at, also die Konstante in der linearen Antwort.

Damit erhalten wir aus der dielektrischen Verschiebung

D = ₀ E + P = ₀ E + ₀ χE = (1 + χ) ₀ E =: _{r 0} E . (25) F¨ ur µE k _B T l¨ aßt sich L um 0 entwickeln, wof¨ ur allgemein gilt:

L(a) = a 3 − a ³

45 + O (a ⁵ ), . (26)

Ber¨ ucksichtigen wir nur den linearen Term, so ist P linear in E, und Gleichung (25) liefert:

r = 1 + 1

0

N V

µ ²

3k _B T . (27)