1. No category

FY1005/TFY4165 Termisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Våren 2015.
Løsningsforslag til øving 8
Oppgave 1
a) Fra forelesningene har vi hv 2 i = 3kT /mmolekyl = 3RT /M , der R er gasskonstanten og M er molekylenes
molare masse. Denne bør i følge oppgaven være mindre enn V 2 /36 = Gm/18r, dvs
3RT
Gm
<
M
18r
⇒
T <
GM m
,
54Rr
hvis vi på lang sikt skal unngå at molekylene forsvinner helt fra atmosfæren.
b) Jordas masse er 6.0 · 1024 kg og dens radius er 6.4 · 106 m. Hydrogen, med molar masse 2 g, kunne
derfor tenkes å finnes i jordas atmosfære dersom jordas overflatetemperatur var mindre enn ca 280 K. I
gjennomsnitt er den litt høyere enn dette, ca 290 K, så vi kan ikke forvente å finne særlig mye hydrogen i
vår atmosfære, konsistent med de faktiske forhold. Nitrogen og oksygen, derimot, har hhv 14 og 16 ganger
større molar masse enn hydrogen, noe som gir en tilsvarende høyere toleranse for overflatetemperaturen,
hhv 3900 K og 4460 K. Med andre ord, ingen overraskelse at både N2 og O2 har holdt seg på plass her nede.
For Jupiter er masse og radius hhv 1.9 · 1027 kg og 7.2 · 107 m. Dette gir mulighet for hydrogen i atmosfæren
med overflatetemperatur opp mot 8000 K. I virkeligheten er den ikke mer enn i overkant av 120 K, så det
er fullt mulig med hydrogen på Jupiter. Jupiters atmosfære inneholder da også omlag 90% hydrogen.
Vår måne har masse og radius hhv 7.4 · 1022 kg og 1.7 · 106 m. En atmosfære med nitrogen ville dermed
fordre en overflatetemperatur mindre enn 177 K. I realiteten kommer temperaturen ved månens ekvator opp
mot 400 K (på solsiden, selvsagt), konsistent med at månen praktisk talt ikke har noen atmosfære.
Oppgave 2
a) Sannsynlighetsfordelingen p(s) må være normert, slik at
1 = p(1) + p(−1) = C e−x + ex = 2C cosh x.
Dette fastlegger konstanten C og dermed partisjonsfunksjonen Z:
Z = 1/C = 2 cosh x = 2 cosh
µB B
.
kT
b) Magnetiseringen blir M = N m/V , dvs
M=
N µB
N µB
N µB 2 sinh x
N µB
(−p(1) + p(−1)) =
C −e−x + ex =
=
tanh x,
V
V
V 2 cosh x
V
med x = µB B/kT . Vi bruker oppgitte grenseverdier for hyperbolsk tangens og får for høye temperaturer,
dvs x 1:
N µB µB B
N µ2B B
M=
·
=
· ,
V
kT
kV
T
i tråd med Curies lov, som nettopp sier at magnetiseringen er omvendt proporsjonal med temperaturen, for
ikke for lave temperaturer.
1
I den motsatte grensen, dvs x 1, er tanh x = 1, og magnetiseringen blir
N µB
.
V
M=
Som ventet: Det ytre magnetfeltet er så sterkt at alle elektronspinnene peker i samme retning som magnetfeltet (her: i positiv z-retning).
Hvis T = 0, er x = ∞ uansett styrken på magnetfeltet. Igjen er alle elektronspinn i laveste energitilstand
(grunntilstanden), med samme retning som B.
Oppgave 3
a) Tilstandssummen for en samling av N uavhengige oscillatorer er gitt ved
1
(Z1 )N ,
NN!
h
Z
Z
Z =
∞
Z1 =
∞
dx
−∞
s
=
dpe−βp
2 /2m
e−βkx
2 /2
−∞
2πm
β
s
2π
.
βk
b) Vi finner først indre energi
U =−
∂ ln(Z)
N
= .
∂β
β
Her er β = 1/kB T . Fra dette vinner vi varmekapasiteten Cv = N kB = N · 2 · kB /2. Dette er i samsvar med
ekvipartisjonsprinsippet, siden hver oscillator har to uavhengige kvadratiske frihetgrader.
c) Trykket i denne gassen er null. Oscillatorene sitter fast rundt hver sine punkter, holdt på plass av en fjær.
Da når de ikke ut til veggene og utøver dermed ikke noe trykk mot disse.
d) Med et anharmonisk ledd finner vi tilsvarende
Z =
Z1 =
1
N
Zh ∞N !
Z ∞
dx
−∞
s
=
(Z1 )N ,
dpe−βp
2 /2m
2 /2
e−βkx
1 − αβx4
−∞
2πm
β
s
2π
3α
1− 2
βk
k β
.
Her har vi brukt at
Z ∞
4
−γx2
dx x e
−∞
d
= −
dγ
2 r
π
3
=
γ
4
r
π 1
.
γ γ2
Under forutsetning av at α/k 2 β 1, og siden ln(1 + x) ≈ x for små x, kan vi nå skrive indre energi
∂ ln(Z)
α
= N kB T + 3 2 2 .
∂β
k β
U =−
Ved å derivere dette med hensyn på temperatur T , finner vi
α
kB T .
k2
Cv = N k B + 6
Dette kunne vi ikke utledet fra ekvipartisjonsprinsippet, siden det forutsetter at de kvadratiske frihetsgradene som opptrer må være uavhengige av alle de øvrige leddene i energi-funksjonen. I den anharmoniske
2
oscillatoren er dette ikke tilfelle, siden frihetsgraden x opptrer både kvadratisk og bikvadratisk. Når α = 0
får vi tilbake et resultat som forventet fra ekvipartisjonsprinsippet.
Oppgave 4
a) Igjen har vi
1
(Z1 )N ,
N!
Z =
denne gangen med
∞
X
Z1 =
2
(2l + 1) e−βh̄
l(l+1)/2I
.
l=0
NB!! Legg merke til faktoren 2l + 1 i Z1 ! Den skyldes at det svarer 2l + 1 tilstander til hvert energi-nivå i
kvante-rotatoren, energinivåene er degenererte. Siden vi summerer over tilstander i (Z, Z1 ), må vi ta med
degenerasjonsgraden for hvert nivå når vi konverterer til sum over energinivåer!
b) Vi definerer
kB T0 =
h̄2
2I
(1)
der vi har
I = 2mN
z0
2
2
.
Her er mN massen til nitrogen-atomet, og z0 er avtanden mellom nitrogen-atomene i N2 -molekylet. Numeriske verdier (jeg fant disse ved hjelp av Google Scholar): mN = 2.32 · 10−26 kg, z0 = 109 · 10−12 m. Fra dette
finnes I = 1.38 · 10−48 kgm2 . Ved å bruke kB = 1.38 · 10−23 J/K finnes T0 = 3.95K. Dette grove estimatet for
når systemet endrer seg fra å oppføre seg kvantemekanisk til å oppføre seg klassisk, er i brukbart samsvar
med den eksperimentelle verdien på T = 3K der en ser endring i varmekapasiteten til en sterkt fortynnet
N2 -gass som funksjon av temperatur.
c) Vi ser først på lave temperaturer.
Z1 ≈ 1 + 3e−2γ ,
der γ = βh̄2 /2I 1. Det innebærer at ln(Z1 ) ≈ e−2γ . Dermed har vi
∂ ln(Z)
∂ ln(Z1 )
= −N
∂β
∂β
2
2N h̄ −2γ
= 3
e .
I
= −
U
Ved å derivere dette med hensyn på temperaturen T , finner vi
Cv = 24N kB γ 2 e−2γ .
Ved høye temperaturer har vi γ 1. Da kan vi gjøre om summen over l i Z1 til et integral, slik
Z1 ≈
Z ∞
−γl(l+1)
dl(2l + 1)e
0
Z ∞
=
due−γu =
0
Videre
U
∂ ln(Z)
∂ ln(Z1 )
= −N
∂β
∂β
∂ ln(1/γ)
∂ ln(1/β)
N
= −N
= −N
= .
∂β
∂β
β
= −
3
1
.
γ
Ved å derivere dette med hensyn på T , finner vi Cv = N kB = N · 2 · kB /2. Dette er i samsvar med
ekvipartisjons-prinsippet, siden kinetisk energi klassisk er gitt ved Ekrot = I(ωx2 + ωy2 )/2, altså to kvadratiske
frihetsgrader.
4