Løsninger til eksamensoppgaver i Fys

Transkript

1 Løsninger til eksamensoppgaver i Fys (ilrettelagt for web-publisering av Magne Guttormsen) Fysisk institutt Universitetet i Oslo

2 Løsninger: Eksamen Fys4, vår 998 Oppgave a) Siden prosessen er reversibel, er dqds Dette gir deds-mdb Helmholtz fri energi er FE-S, som gir dfde-ds-sd Setter inn den termodynamiske identitet dsde+mdb, og vi får df-sd-mdb b) Fra a) har vi: S konst > ds > de -MdB > M E B S konst > d > df -MdB > M F B c) F F B + F F F F + S E B d) E B S B F B B B S B E S S B S B S M B ( S) F B B B M B Oppgave a) Gibbs sum er gitt ved: Ξ e ( Nµ ε S )/ k ASN (µ ε ) / k Vi har muligheter: (N,ε S ) (,) og (,ε), som gir Ξ + e Sannsynlighet for besetning blir f (ε,µ,) N Ξ Ne (Nµ ε S ) / k ASN ε ) / k [ +e(µ ] Ξ e (ε µ ) / k + b) f (µ + ε,µ, ) e (µ + ε µ ) / k + e ε / k + e ε / k ε / k + e ε / k f (µ ε, µ,) + e Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side

3 c) Vi definerer a og n slik at: ε h k m h π ml (n x + n y + n z ) an, der vi setter L L x L y L z Vi finner antall elektroner opp til verdien n (eller ε ) ved: N 3 / 8 4πn dn π n π ε dn 3 a, der første faktor skyldes spinn opp/ned og andre faktor at n x, n y og n z > dn dε πε / 3/ a, der vi innsetter a 3/ π h 3 3/ m og får : V dn dε D(ε )dε V 3/ m dε π h ε / dε d) Vi antar et kjemiske potensial µ ε F ved temperatur Da er antall elektroner gitt ved N f (ε,ε F, )D(ε )dε Det er ingen partikkelfordeling over µ ε F ettersom fordelingsfunksjonen f i dette området Dette er vist i figuren Α fd fd Α Τ Τ Τ> Α Τ> Α ε ε µ ε F µ < ε F Når temperaturen stiger, vil f ha en symmetrisk fordeling rundt det kjemiske potensial Siden nivåtettheten D er en jamnt stigende funksjon, vil produktet fd ikke være symmetrisk, men med ekstra vekt på halen til høyere for det kjemiske potensial Dermed vil vi regne ut en for stor N i uttrykket N f (ε,µ, > )D(ε)dε hvis vi beholder µ ε F Ved å justere til lavere verdi hvor µ < ε F, kan vi oppnå korrekt partikkeltall N I venstre figur er det illustrert at partikkeltallet blir for stort hvis vi beholderµ ε F, ettersom arealet A > A I høyere figur er µ < ε F slik at N er bevart e) Vi modifiserer 3D uttrykket til D ved at: ε h k m ε + an xy z,der ε xy er en konstant Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 3

4 Dette gir: dn z dε a / ( ε ε xy ) / Vi finner antall elektroner opp til verdien n ved: N dn z ε xy +ε (ε ε a / xy ) / dε ε / ε xy a, der faktoren skyldes spinn opp/ned / dn dε a / ε, der vi innsetter / a/ π h m og får : L z dn dε dε D (ε )dε L / z m D h π ε / dε f) Svar: Det kjemiske potensial vil stige Argumentasjonen følger som under punkt d), men med motsatt «fortegn» Når temperaturen stiger, vil f (som før) ha en symmetrisk fordeling rundt det kjemiske potensial Siden nivåtettheten D D er en jamnt avtagende funksjon, vil produktet fd gi liten vekt på halen til høyere for det kjemiske potensial Dermed vil vi regne ut en for lav N Vi må derfor kompansere for at totalarealet under fd kurven blir for lite Dette kan gjøres ved å justere µ > ε F, slik at fd kurven ikke går så raskt mot for høyere energier Dermed øker arealet under fd kurven, og vi kan reprodusere verdien for N Oppgave 3 a) Antall måter å arrangere n vakanser på N gitterplasser er: W n N n N! n!(n n)! b) Partisjonsfunksjonen til systemet er gitt ved: Z e ε s / k e nε / k W n e nε / k N n s n Antall konfig N n ( e ε / k ) n () N n (+ e ε / k ) N n n N! nε / k e n!(n n)! c) Hemholtz fri energi er gitt ved: F k ln Z Nk ln(+ e ε / k ) d) Entropien blir: Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 4

5 S F Nk ln(+ e ε / k ) + Nke ε / k ( ε N,V k )/( + e ε / k ) Nk ln(+ e ε / k ) + e ε / k ( ε k )/( + e ε / k ) e) Energien blir: E F + S Nk ln( + e ε / k ) + Nk ln( + e ε / k ) + Nεe ε / k /(+ e ε / k ) Nεe ε / k /(+ e ε / k ), som også kan finnes ved E k ln Z f) Middelverdien av antall vakanser blir: n E / ε Ne ε / k /( + e ε / k ) Oppgave 4 a) Multiplisiteten er W mix N! N A!N B! som gir: ( ) S mix k ln W mix k N ln N N A ln N A N B ln N B k(n A ln N N A + N B ln N N B ) Vi lar N B / N x og N A / N x og får dermed: S mix kn ( x)ln( x) + x ln x [ ] Utledningen bygger på Stirlings formel der det antas at N, N A og N B er store tall b) Ekstremalpunkt finnes når: S mix kn( ln x ln( x) ), som gir x / x S mix kn x x + x 4kN for x / Altså har vi maksimal blandingsentropi for x/, og innsatt får vi: max kn / ln(/ ) +/ ln(/ ) S mix S mix/kn [ ] kn ln 5 5 x c) ilstandslikningen for ideell gass gir pv A N A k og pv B N B k Altså N A N B V A V B d) Vi tilfører ikke varme eller arbeid Enegien E til en ideell gass avhenger ikke av volumet V Altså er E konstant og dermed, siden EE() Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 5

6 Anta at trykket endres fra p til p Da er: p' N + N A B k N B + N A / N B k N B + N A / N B k N B k p V A + V B V B + V A / V B V B + N A / N B V B rykket forblir altså uendret e)v A V B gir N x B N A + N B + / 3 Altså S kn( mix 3 ln ln 3 ) 6365kN f) Nei, vi får S >, pga entropiblanding Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 6

7 Løsninger: Eksamen Fys4, høst 998 Oppgave a) Partisjonsfunksjonen er gitt ved Z exp( ε i / k) Vi får: i d d Z d d exp( ε / k) (ε i / k )exp( ε / k) (/ k ) ε i i i exp( ε i / k) i Det termiske energimiddel er: ε i exp( ε i / k) k i < E > exp( ε i / k) i i d d Z Z k d d ln Z, der de to summene i brøken for <E> er byttet ut med uttrykkene over b) Vi setter α h π / ml k og u αt og får: Z trans exp( ε trans n / k) exp( α (n x + n y + n z )) n x,n y, n z exp( α (n x + n y + n z ))dn x n x, n y, n z dn y dn z ( exp( α t ) dt ) 3 (/ α) 3 ( exp( u ) du ) 3 π 3 / / 8α 3 (π /(4α )) 3/ (π /(4h π / ml k)) 3/ L 3 /(h π / mk) 3/ V( mk πh der vi benytter integralet oppgitt i oppgaveteksten og at VL 3 c) For N partikler gjelder: Z trans N! (Z trans ) N i )3 / < E > k d d (N ln Z trans ln N!) k d d (N ln 3 / + C) 3 Nk d) Z rot W l exp( ε rot l / k) (l +) exp[ l(l + )θ rot / ] l l e) Ved høy temperatur deltar mange rotasjonsnivåer Avstanden mellom nivåene er da liten i forhold til den termiske energien Vi kan da overføre summen i d) til integral med substitusjonen u l(l +) og du (l +)dl : Z rot (l +) exp[ l(l + )θ rot / ]dl exp[ uθ rot / ]du [exp( uθ θ rot / )] rot f) For N molekyler blir < E rot > k d d ln(z rot ) N Nk d d (ln lnθ ) Nk rot θ rot Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 7

8 g) Énpartikkel vibrasjons-partisjonsfunksjon for diatomisk molekyl blir: Z vib exp( ε vib ν / k) exp( νhω / k) exp( νθ / ) vib ν v [exp( θ vib / )] v ν exp( θ vib / ) I grensen for store kan vi sette Z vib ( θ vib / ) som gir for N molekyler θ vib < E vib > k d d ln(z vib ) N Nk d d (ln + lnθ ) Nk vib h) Varmekapasiteten avhenger av translation, rotasjon og vibrasjon De to siste frihetsgrader blir først anslått for temperaturer over de karakteristiske temperaturene Siden vi har mol gass, blir NN A Her er det hensiktsmessig og bruke gasskonstanten ν cv trans+rot+vib 3R trans+rot R translatorisk R (K) R R N A k Bidragene fra de respektive energier til varmekapasiteten regnes ut ved de/d, som gir 3R/, R og R for hhv translasjon, rotasjon og vibrasjon (se figur) Oppgave a) ledningsbånd ε c tomt ved ε gap µ valensbånd ε v fyllt ved Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 8

9 b) En halvleder oppfører seg som en mellomting mellom isolator og leder: Den har et båndgap ε gap >> k, der er ved romtemperatur (R) Vi finner halvledere blandt stoffer med like antall elektroner Vanligvis er ε gap - 5 ev Eksempler på halvledere: Si, Ge, GaAs, InP, InSb Halvlederen kan dopes med atomer med ett mer valenselektron, slik at vi får overskudd på elektroner Det kjemiske pot øker, og vi har n- type ilsvarende (men omvendt) for p-type c) f exp[(ε µ) / k] + Anta klassisk regime der f e (ε µ ) / k (ε µ ) / k N e f e e (ε +ε c e c µ ) / k e (ε e c ) / k CB CB CB e (e c µ ) / k ( e (ε e c ) / k d) Vi identifiserer den siste summen i utrykket over som en partisjonsfunksjon Vi antar at summen kan gjøres om til integral og utregnes som for ideell gass Dette gir da en slags effektiv kvantekonsentrasjon n C i ledningsbåndet med en tilhørende partisjonsfunksjon som kan skrives som n C V Vi har: n e N e V V (n c V )e ( e c µ) / k n c e (e c µ ) / k Ettersom kvantekonsentrasjonen i praksis ikke stemmer helt med det som beregnes for ideell gass, er det nødvendig med en modifisering av uttrykket Dette består i å sette inn en tilstandstetthets effektiv masse (m e *) i stedet for den sanne elektron masse (m e ) i uttrykket for kvantekonsentrasjonen n C e) For en intrinsikk halvleder har vi n e n h, som gir: n c exp[ (ε c µ) / k] n v exp[ (µ ε v )/ k] exp[ (ε c µ µ + ε v )/ k] n v / n c (µ ε c ε v )/ k ln(n v / n c ) µ (ε c + ε v ) + k ln(n v / n c ) CB CB )e (e c µ ) / k f) Massevirkningsloven er gitt ved: n e n h n c n v exp[ (ε c ε v ) / k] n c n v exp( ε g / k), som gir at produktet er uavhengig av det kjemiske potensial Spesielt har vi n e n h n i, der n i er konsentrasjonen av elektroner (eller hull) i en intrinsikk halvleder g) Vi har at n i n e n h og n i ( R ) 5 cm -3 Massevirningsloven girn i () 3 / exp( ε g / k), som gir for R /4 ev: n i () n i ( / ) ( / ) 3/ exp(ε g / k) 3 / e 37 9 n i ( / ) n i () /37 9 cm -3 Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 9

10 Oppgave 3 a) Et boson er en partikkel med heltallig spinn,,, Med partikkel menes her både sammensatte partikler ( 4 He), elementærpartikler (γ, π ) og abstrakte objekter (fononer) Bosoner følger ikke Pauli prinsippet, og flere bosoner kan være i samme kvantetilstand Ξ exp[(nµ Nε) / k] {exp[(µ ε) / k]} N ASN ASN Videre er: < N > f k Ξ k exp[(µ ε) / k] dξ dµ k d dµ ln Ξ k d ln( exp[(µ ε) / k]) dµ (/ k)exp[(µ ε) / k] exp[(µ ε)/ k] exp[(ε µ) / k] (kan også bruke absolutt aktivitet i utledningen, slik som i K&K s58) b) Antall partikler finnes ved arealet som n dekker: N(ε) 4 πndn n x n y c) otalt antall partikler er: D(ε ) dn(ε) / dε Am h π N D(ε) fdε Am h π Vi setter x (ε µ)/ k og dx dε / k : N Am h π k dx A exp(x) Λ [ln( e x )] µ/k µ /k 4 πn 4 π(εml π h ) Am h π ε dε exp[(ε µ)/ k] A Λ ln( eµ /k ) ln( e µ / k ) Λ ρ e µ/k e Λ ρ e µ /k e Λ ρ µ k ln( e Λ ρ ) d) Befolkning i laveste tilstand er: N f (ε ) e µ/k exp[ ln( e ρλ )] e ρλ e ρλ e) Vi ser på hva det kjemiske potensialµ k ln[ exp( ρλ )] blir for laveste tilstand med energi Dersom dette uttrykket skal gå mot, vil måtte gå mot, medmindre logaritmen skulle gå mot uendelig Det gjør den ikke fordi: ln[ exp( ρλ )] ln[ exp( konst / )] ln( ) Altså E, og vi har ikke Bose-Einstein kondensering ved endelig temperatur i dette spesielle -dimensjonale tilfellet Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side

11 Oppgave 4 a) En tilstandsfunksjon er en funksjon som avhenger av tilstandsvariable, for eksempel E3/Nk (ideell gass) En tilstandslikning betemmer entydig systemets tilstand, for eksempel pvnk (ideell gass) b) En intensive variabel f for et system A, forblir det samme når n like system A settes sammen: f(na) f(a) For eksempel trykk p og temperatur En ekstensiv variabel F for et system A er proposjonal med antall (n) system A som settes sammen: F(nA) nf(a) For eksempel volum V og energi E c) Carnot syklusen er beskrevet i figuren under Den består av to isentrope og to isoterme prosesser Gassens arbeid på omgivelsene er W ( h l )(S h S l ) i løpet av en syklus ilført varme er Q h h (S h S l ), som gir Carnot virkningsgraden η C W Q h h l h S Sh W Sl l h d) df d(e-s) de -ds - Sd og ds de + pdv gir df-pdv-sd Altså blir: F V V V S F V p V V S Da disse to uttrykk er lik hverandre, blir p V V Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side

12 Løsninger: Eksamen Fys4, vår 999 Oppgave a) En Carnot maskin utfører en såkalt Carnot syklus, med følgende 4 prosesser i kretsløpet: isoterm -> isentrop -> isoterm -> isentrop Virningsgraden er maksimal, og lik Carnot virkningsgraden b) K-x diagrammet blir: K xl 3 xh x 4 L H c) Entropien S er gitt ved S L A Bx H og S H A Bx L, som gir S- diagrammet: S SH 3 SL 4 L H Omløpsretningen er mot klokka Det er isoterme prosesser (- og 3-4) og isentrope prosesser (4- og -3) Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side

13 d) Det utføres arbeid når strikken strammes/slakkes Dette skjer i prosessene - og 3-4: x L W Kdx B H xdx B H (x H x L ) > 4 x H x H W 3 4 Kdx B L xdx B L (x H x L ) < 3 x L W W + W 3 4 B( H L )(x H x L ) >, som er det totale arbeidet utført på omgivelsene i ett kretsløp e) Det utveksles varme ved Q S, altså når det ikke er isentrop prosess, dvs i prosessene - og 3-4: x L Q ds B H xdx B H (x H x L ) > 4 x H x H Q 3 4 ds B L xdx B L (x H x L ) < 3 Q Q + Q 3 4 B( H L )(x H x L ) > f) Virningsgraden blir: η W W + W 3 4 Q inn Q x L B( )(x H L H x L ) L B H (x H x L ) H Dette er den maksimalt mulige virkningsgrad (Carnot virkningsgraden) Siden vi har to isentrope og to isoterme prosesser i kretsløpet, er dette en Carnot maskin g) ilfelle : Dette er ingen Carnot maskin siden entropien avhenger av temperaturen ilfelle : Dette er en Carnot maskin, med to isentrope og to isoterme prosesser i kretsløpet K (Strengt tatt bør man også sjekke at S er realistisk: S, funnet ved x x dsde+kdx og FE-S, men dette forventes ikke utfra oppgavens spørsmålsstilling) Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 3

14 Oppgave a) F E S df de ds Sd Den termodynamiske identitet er ds de + pdv, som innsatt gir df Sd pdv S ( F ) V Videre er: F E S E F + S F ( F ) V Vet at : ( F ) F ( ) F( ) b) Partisjonsfunksjonen er gitt ved Z e ε i / k + e ε /k + e ε/k i ( F ) F E QED c) Lar k ε, og får: p e / Z /( + e + e ) 665 p e / Z e /( + e + e ) 45 p e / Z e /( + e + e ) 9 (som gir totalt med tre siffers nøyaktighet, teoretisk ) Med er p og p p Med er p p p / 3 Altså gjelder: / 3 < p <, < p < / 3 og < p < / 3 d) < E > ε Z i e ε i /k εe ε /k + e ε /k + e ε / k + e i e) F k ln Z k ln( + e ε / k + e ε /k ) ε /k f) S ( F ) k ln(+ V e ε /k + e ε / k ) + ε e ε /k ε /k + e + e ε /k + e (Vi ser at S F / + < E > /, som forventet) g) k < E > ε ε /k k S k ln( + + ) +( ε )e ε /k + k[ln() + ] + + Denne grense gir at partikkelen befinner seg i grunntilstanden med energi Det er bare tilstand (eller mulighet) dette gjelder, slik at S klnw kln Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 4

15 + k < E > ε + + ε k S k[ln( ++ ) + + ] k[ln(3) + ] k ln3 + + Denne grense gir at partikkelen har så stor termisk energi at den har like stor sannsynlighet for å være i alle tre nivåer I middel blir dermed energien < E > / 3( ε + ε + ε ) ε Det er tre mulige tilstander for systemet, som gir S klnw kln3 Oppgave 3 b) En bestemt energi betyr at i x + i y i er en konstant, tilsvarende energi hωi Antall bosoner med denne energi eller lavere er gitt ved arealet vist i figuren under: iy i Ai / Antall bosoner med energi mindre enn ε er dermed N(ε) i / ( ε hω ) / Dette gir tilstandstettheten D(ε ) dn dε i ε (hω) ε (hω ) b) Nivåtettheten funnet over, gir at det ikke er noe nivå med energi Dette er ikke riktig, og det er spesielt viktig å inkludere grunntilstanden ved lav temperatur Vi deler derfor opp N i antall bosoner i énpartikkel grunntilstanden (N ) og de bosoner som er eksitert (N e ): N N + N e Antall bosoner i grunntilstanden er: N f (ε,µ,) exp[ µ/ k] ix Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 5

16 Antall eksiterte bosoner (ikke i grunntilstanden) er: ε N e dεd(ε) f (ε,µ, ) dε (hω) exp[(ε µ) / k] c) Antall eksiterte bosoner for neglisjerbart kjemisk potensial er: ε N e (µ ) dε (hω) exp(ε / k) Vi setter x ε / k og dx dε / k : (k) xdx N e (hω ) e x ( k hω ) π 6 Ved å justere kan vi få dette uttrykket lik N Den som gir N N e kalles Einstein temperaturen E : N ( k E hω ) π 6 hω E 6N πk d) Vi tar utgangspunkt i: N e ( k hω ) π 6 ( E ) ( k E hω ) π 6 ( E ) N N e N N ( E ) N N N ( E ) N N N ( E ) e) Våre regninger er eksempel på Bose-Einstein kondensering ved endelig temperatur: N/N Ne/N 5 5 /E f) Innsetter i likningen for Einstein temperaturen: E hω 6N J s 6s πk J / K K 4µK Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 6

17 Oppgave 4 a) I termodynamisk likevekt er det ingen netto transport av energi eller partikler Man har en stasjonær tilstand der ingen variable endres i gjennomsnitt med tiden b) Fermionene nede i potensialbrønnen er "låst" fordi Pauli prinsippet hindrer befolkning av allerede besatte tilstander Det er bare fermionene ved Fermi nivået som har mulighet til å eksiteteres - og dermed være med på å gi varmekapasitet til systemet Grovt sett er det / F deler av antall fermioner N som deltar, altså N(/ F ) I en ideell gass deltar alle, som gir 3/N c) Det gjøres ikke noe arbeid W på omgivelsene Det tilføres heller ikke varme Q Siden E er konstant og EE() for en ideell gass, blir temperaturen også konstant Entropien S avhenger av volumet V, og det blir en økning i entropi ( Skln(V /V )) d) Gibbs sum er gitt ved: Ξ exp[(nµ ε s ) / k] exp[β(nµ ε s )], der β / k ASN ASN Vi finner følgende termiske middel: < Nµ ε >< N > µ < E > Ξ Ξ β β ln Ξ der midlere antall partikler er : < N > βξ µ Ξ β µ ln Ξ som gir for midlere energi : < E > µ < N > β ln Ξ ( µ β µ β )ln Ξ Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 7

18 Løsninger: Eksamen Fys4, høst 999 Oppgave a) N N + N + og M N + N gir N (N M) og N + (N + M) Videre er totalenergien gitt ved E N ( ε ) + N + (ε ) Mε N! b) Multiplisiteten blir W M N!N +! N! [ ( N M) ]! [ ( N + M) ]! c) Entropien S er gitt ved S(M) k ln W M k N ln N N [ (N M)ln (N M) (N M) + (N + M)ln (N + M) (N + M) ] k[ N ln N (N M)ln (N M) (N + M)ln (N + M) ], hvor Sterlings tilnærmelse ln x! x ln x x er anvendt for store x { } d) Vi finner den inverse temperatur ved: S E S(M) S(M) Mε ε M k (N M)ln (N M) (N + M) ln (N + M) ε M k ε [ ] k ln (N M) + ln (N + M) e) Omskriver resultatet fra d): k ln N k N ln ε N + ε N N [ ] [ ] k ln ε (N M) ln (N + M) N N N exp( ε k ) N N exp( ε k ) N N exp( ε og vi får N N f) Energien blir: ε exp( k ) exp( ε k ) + exp( ε k ), og N + N N N k ) + exp( exp( ε k ) exp( ε k ) + exp( ε k ) ln N M ε N + M ε k ) + exp( ε k ) exp( ε, k ) E N ( ε ) + N + (ε ) Nε ( N N N exp( ε + N ) Nε k ) exp( ε k ) exp( ε k ) + exp( ε Nε k ) tanh(ε / k ) g) Ved k << ε er det ikke nok termisk energi til å populere øvre nivå Systemet er ikke i stand til å motta E ved en økning i temperaturen på, som gir lav C E/ Ved k >> ε er både nedre og øvre nivå populert med 5% Systemet er ikke i stand til å motta mer E ved økning i temperaturen på, som gir lav C E/ Ved k ε er Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 8

19 det øvre nivå generelt maksimalt i stand til å absorbere en partikkel Systemet gir derfor maksimal C E/ h) Partisjonsfunksjonen i det kanoniske ensemble er en sum av Boltzmann's faktorer Z exp( ε s / k) exp( ε / k) + exp(ε / k), s Sannsynligheten for en tilstand s er: p s exp( ε / k) s Z som gir: ε p N exp( N k ) ε exp( N exp( ε k )+ exp( ε og p k ) + + N k ) exp( ε k ) + exp( ε k ) Oppgave a) -> er isoterm magnetisering og -> 3 er isentrop demagnetisering S BB 3 BB b) Det totale differensiale av S er: ds S d + S db B B c) Den termodynamiske identitet og differensialet av Helmholtz fri energi gir: de ds MdB innsatt i df de ds Sd gir df Sd MdB Den siste likningen gir forholdene S F og M F B Vi deriverer F en gang til og får Maxwell relasjonen S F B B B B B F M B B Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 9

20 d) S S E B B E B S C B (,B) B e) For den isentrope prosessen er ds Differensialet i b) gir S B B S S B M Fra M VχB får vi VB χ, og med c) og d) får vi: B B VB χ B S C B (,B) B f) Setter vi inn de oppgitte utrykkene for C B og χ, får vi ab B S b + ab d ab db b + ab Integrering gir nå d ln B u ab db du b + ab ln b + ab u b + ab B u b + ab b + ab C g) B S B B B S M VB χ B B B B B Integrerer vi denne likningen med hensyn på B, får vi B χ(, B ) C B (, B) C B (,) + V B d B B h) Setter vi inn utrykkene fra f), finner vi C B (, B) Vb B a + V B d B V 3 (b + ab ) Oppgave 3 a) Gibbs sum er gitt ved: Ξ e ( Nµ ε S )/ k ASN Vi har muligheter: (N,ε S ) (,) og (,ε), som gir Ξ + e Sannsynlighet for besetning blir (µ ε ) / k f (ε,µ,) N Ne (Nµ ε S ) / k ε ) / k [ +e(µ ] Ξ ASN Ξ er temperatur, k er Boltzmann's konstant, ε er energien til et enkelt - partikkelnivå og µ er kjemisk potensial e (ε µ ) / k + Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side

21 b) Når blir liten, vil eksponenten i uttrykket for f anta verdier alt ettersom tilstanden er under eller over det kjemiske potensial Vi får følgende step-funksjon: ε < µ f (ε) + ε > µ f (ε) + Systemet som helhet oppfører seg som om, hvis k << µ( ) ε F (Følgende svar godtas også: Vi kan benytte tilnærmelsen dersom temperaturen er tilstrekkelig lav k << ε µ ) c) Vi definerer a og n slik at: ε h k m h π ml (n x + n y + n z ) an, der vi setter L 3 V Vi finner antall elektroner opp til indeks-tallet n (ε an dε a dn ) ved: N 3 / 8 4πn dn π n π ε dn 3 a, der første faktor skyldes spinn opp/ned og andre faktor at n x, n y og n z > dn dε πε / 3/ a, der vi innsetter a 3/ π h 3 3/ m, som gir : V dn dε D(ε) V 3/ m π h ε / d) Vi har at alle orbitaler er fylt opp til n F 4π N 8 3 n 3 F π 3 n 3 F Innsetter dette ε F h π 3N / 3 πn F m L h π m L Her er n N/V partikkelkonsentrasjon e) ( ) / hπ L Setter p nx,n y,n z hπ L n x + n y + n z n an Da blir: h ( m 3π n) /3 ( ) /, ε p c + m c 4 a c n + m c 4 εdε a c n dn og n ac ε m c 4 dermed er antall partikler inkludert for indekstallet n gitt ved: N 8 4πn dn π n dn π n(n dn) π a 3 c (ε m c 4 ) / ε dε 3 Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side

22 Vi setter nå u ε m c 4 du ε dε, og får N π (u) / du a 3 c π 3 a 3 c 3 3 u 3/ ε m c 4 π ε m c 4 3a 3 c 3 ilstandstettheten blir π ( ε m c 4 ) 3/ 3a 3 c 3 D(ε ) dn dε d dε ( ) / V π ε πε a 3 c 3 ε m c 4 ( ) 3/ ( ) / ( hc) 3 ε m c 4 f) Vi har at alle orbitaler er fylt opp til n F 4π N 8 3 n 3 F π 3 n 3 F Innsetter dette ε F p F c + m c a n F c + m c hπ L n F c + m c h π L Her er n N/V partikkelkonsentrasjon 3 3 3N π g) Ved kjemisk eller diffusiv likevekt har vi ν j µ j µ e +µ p µ n, j /3 c + m c h c (3π n) /3 + m c 4 der vi bytter ut kjemiske potensialer med fermienergier siden Protoner har ladning +e, elektroner har ladning e og nøytroner har ingen ladning Ladningsnøytralitet gir at det må være like mange protoner som elektroner i systemet og dermed like store konsentrasjoner, n e n p h) ε F e ε F n ε F p h c (3π n e ) / 3 + m e c 4 m n c m p c ( ) m e c 4 n e m n c m p c 3π h c m 3 3/ ρ (m p + m e )n e ( ) MeV c ( ) π m kg m 3 3 kg m 3 n e 3/ Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side

23 Løsninger: Eksamen Fys4, vår Oppgave a) Gassen har varmekapasitet C V ( 3 +)Nk fordi hvert molekyl har, i tillegg til translatorisk bevegelse, indre frihetsgrader I dette tilfellet er det bare rotasjonen av de indre frihetsgrader som bidrar med Nk Vibrasjon blir ikke eksitert ved den aktuelle temperatur b) Uttrykket for energien E finnes ved C V dq de + pdv d V d de V d E C V d 5 Nk Energien av en en ideel gass avhenger hverken av trykk eller volum, siden hvert molekyl pr definisjon ikke vekselvirker med andre molekyler i gassen Avstanden til neste molekyl er alltid så stor at den ikke påvirker energien av gassen Energien er bare gitt av molekylets egen kinetiske bevegelse, som bestemmes av temperaturen c) Vi antar at antall molekyler N er konstant, og får for en isentropisk prosess ds de + pdv Dermed blir C V d + Nk V dv 5 Nkd + NkdV V d) 5 d + dv V V 5/ konstant 5 ln + ln V konstant p dv d 4 ds d 3 V V V3 V Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 3

24 e) Adiabatlikningen løst i oppgave c) gir at for punktene og 3 gjelder 5 V / 5 V 3 / 3 V 3 5 / 5 / 5 / 3 5 / V 3 Ettersom V V, blir V 3 V 3 5 / V V V 3 7/ V f) Arbeidet W utført av systemet på omgivelsene i delprosessene ( ), ( 3) og (3 4) blir (det er ikke noe arbeid i den isokore prosess): dv W pdv Nk Nk ln V Nk ln, V V W pdv de C V d 5 Nk( 3 ) 5 4 Nk, dv W 34 pdv Nk 3 Nk V ln V 4 Nk V 3 ln V 7 Nk V 3 4 ln 3 3 g) ilført varmemengde til systemet i delprosessene ( ) og (4 ) er Q W + E W Nk ln, Q 4 W 4 + E 4 E 4 E( ) E( / ) 5 4 Nk h) Kretsløpets vikningsgrad η blir Oppgave η W Q inn W + W 3 + W 34 Q + Q 4 5 3ln ln 376 For en Carnot maskin får vi η C W Q inn 3 5 som er den maksimalt oppnåelige virkningsgrad a) Helmholtz fri energi for en ideell gass er gitt ved F k ln (n V ) N Q kn(ln V + ln n N! Q ln N + ) der vi har brukt Stirlings formell og innsatt enkeltpartikkel partisjonsfunksjonen Z n Q V Det kjemiske potensial blir µ F k(ln V + ln n N Q ln N +) + k k ln N / V k ln n,v n Q n Q Videre bruker vi definisjonen for den absolutte aktivitet λ exp(µ/ k) exp k ln(n / n ) Q k n/ n Q 3 3 Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 4

25 b) Gibbs sum blir Bruker så definisjonen for den absolutte aktivitet (se over), og får Ξ + λ exp(ε / k) c) Andelen f av Mb molekyler som har bundet til seg et O molekyl i diffusiv likevekt blir [MbO f ] [Mb] +[MbO ] Ξ λ exp(ε / k ) λ exp( ε / k) + d) Andelen kan uttrykkes ved hjelp av trykket for ideel gass p Nk V : f p λ exp( ε / k) + p p p + p der Ξ exp[(nµ ε s ) / k] ASN exp [(µ )/ k]+ exp [(µ ( ε )) / k] p λ exp( ε / k)p n Q n exp( ε Nk / k) V n k exp( ε / k) Q e) Vi antar p 5mmHg Da blir andelen f 5 +, , 5 +, , som gir følgende graf,etc for p, 5,, 5, 5, mmhg, 5 p 5 mmhg p(mmhg) Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 5

26 Oppgave 3 a) Gassen kalles kvantegass dersom partiklene kommer så nær hverandre at tettheten nn/v er lik eller større enn kvantekonsentrasjonen n Q Dette betyr i praksis at de Brogle bølge-lengden for en parikkel er sammenliknbar med midlere avstand mellom partiklene Fermi gass: Består av fermioner Dette er partikler med halvtallig spinn, feks elektroner, nøytroner og helium-3 Pauliprinsippet gjelder for denne type partikler: bare én partikkel kan befolke en og samme tilstand karakterisert med et sett kvantetall Boson gass: Består av bosoner Dette er partikler med heltallig spinn, feks pioner, helium-4, fononer og fotoner Det kan være flere bosoner i én tilstand Ved lave temperaturer kan man feks danne Bose- Einstein kondensat, der (nesten) alle bosoner befolker laveste tilstand b) ledningsbånd ε c tomt ved ε gap µ valensbånd ε v fyllt ved I en intrinsikk halvleder er elektron og hull konsentrasjonen lik, n e n h Dette gir et kjemisk potensial omtrent midt mellom lednings- og valensbånd Vi har nemlig (forventes ikke utregnet i denne oppgaven): n c exp[ (ε c µ) / k] n v exp[ (µ ε v )/ k] exp[ (ε c µ µ + ε v )/ k] n v / n c (µ ε c ε v )/ k ln(n v / n c ) µ (ε c + ε v ) + k ln(n v / n c ) c) En intensive variabel f for et system A, forblir det samme når n like system A settes sammen: f(na) f(a), feks trykk p og temperatur En ekstensiv variabel F for et system A er proposjonal med antall system som settes sammen: F(nA) nf(a), feks volum V og energi E Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 6

27 d) Mikrokanonisk ensemble: Systemet er totalt isolert fra omgivelsene, og karakteriseres av gitt energi E og partikkeltall N emperaturen <> kan da regnes ut, og blir uskarp Kanonisk ensemble: Systemet står i termisk kontakt med et uendelig stort varmeresorvoir (varmebad) Dette gir skarp temperatur, mens energien fluktuerer Systemet er lukket, dvs ingen utveksling av partikler med omgivelsene Stor kanonisk ensemble: Systemet er åpent og i kontakt med et varmebad Det er partikkelutveksling med omgivelsene Vi har skarp temperatur, men fluktuasjoner i både energi og partikkeltall Oppgave 4 a) Vi får følgende generelle differensialer dv V dp + V d p p dp p dv + p d V V der vi har antatt hhv V V(p,) og p p(,v) Ved å sammenlikne med de oppgitte uttrykkene, kan vi identifisére: α V, κ V V p V p og β p p V b) Innsetter overstående i likningen α βκp, som gir V p V p V p p V V p V p p p V V p V V p V p som er i overenstemmelse med kjederegelen, og hvor vi har brukt at V p V p c) Det er oppgitt at følgende to uttrykk er like (dette er egentlig de såkalte første og andre ds likninger satt lik hverandre) Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 7

28 C p d V dp C V d + p dv p V V dp + p dv d p V C p C V Differensialet for gir d dp + dv, p V V p som betyr at V eller C p V C p C V p C V V P d) Fra oppgave b) og c) har vi at: C p C V V P P p V p αβpv α V κ V e) Med tilstandslikningen for ideell gass pv Nk blir V( p, ) Nk og p(v,) Nk p V som gir C p C V V p Nk Nk P V p V Nk Nk Nk Nk for en ideell gass f) Siden vannets tetthet er maksimal ved 4 o C vil α V, V p som gir at C p C V Generelt kan aldri C p C V være negativ (bare null eller større) fordi V er negativ for alle kjente substanser Dermed blir p C p C V α κ V >, siden κ V > V p Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 8

29 Løsninger: Eksamen Fys4, høst Oppgave a) Mikrokanonisk ensemble: Systemet er totalt isolert fra omgivelsene, og karakteriseres av gitt energi E og partikkeltall N emperaturen <> kan da regnes ut, og blir uskarp Kanonisk ensemble: Systemet står i termisk kontakt med et uendelig stort varme-reservoir (varmebad) Dette gir skarp temperatur, mens energien fluktuerer Systemet er lukket, dvs ingen utveksling av partikler med omgivelsene b) Vi teller opp antall realisasjonsmuligheter: E,W E,W E,W E3,W3 E4,W3 c) E5,W3 E6,W3 E7,W E8,W E9,W S(k) E(ε) Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 9

30 d) Vi finner den statistiske temperaturen ved S Her er det noe spillerom E hvorledes man deriverer i tilfellet E ε, og 3 like gode verdier kan finnes Her bruker vi middelverdien Videre kan man filosofere over + og/eller i uttrykkene under - hvis man vil E ε gir ± E ε gir S E k ln 3 8ε / k ε E 9ε gir ± e) Antall partikler i gjennomsnitt: E ε gir 3 i laveste nivå og ellers E ε gir 5 i laveste, i andre og 5 i tredje nivå E 9ε gir 3 i høyeste nivå og ellers f) Partisjonsfunksjonen blir Z +e ε /k + e ε /k + 3e 3ε /k + 3e 4ε /k 5ε /k + 3e +3e 6ε /k + e 7ε /k +e 8ε /k 9ε /k +e g) gir e ε /k, og ingen mulighet for termiske eksitasjoner, altså 3 partikler i laveste nivå gir e ε /k De fire nivåer ligger i praksis ved samme energi når temperaturen er uendelig, dvs k >> ε Antall partikler blir da jamnt fordelt på alle fire nivåer, dvs 3/4 partikkel i hvert nivå h) Nei, det er tydelig forskjellig besetningstall for forskjellige temperaturer (eller totalenergier) Spesielt kan nevnes at uendelig temperatur i kanonisk system gir 75 partikler i øverste nivå, mens for mikrokanonisk system har vi 3 partikler i øverste nivå Vi har et altfor lite system, de to ensemble teorier gir tilnærmet like svar når antall partikler og antall nivåer vokser, kalles termodynamiske grense Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 3

31 Oppgave a) Fermioner er partikler med halvtallig spinn, feks elektroner, nøytroner og helium-3 Pauliprinsippet gjelder for denne type partikler: bare én partikkel kan befolke en og samme tilstand karakterisert med et sett kvantetall Bosoner er partikler med heltallig spinn, feks pioner, helium-4, fononer og fotoner Det kan være flere bosoner i én tilstand Ved lave temperaturer kan man f eks danne Bose-Einstein kondensat, der (nesten) alle bosoner befolker laveste tilstand f µ fra omtrent her og høyere er det klassiske området ε Når exp[(ε µ)/ k] >> blir for begge to tilfellene: f (ε) exp[(µ ε) /k ] λexp( ε / k) exp[(ε µ) /k ] b) ledningsbånd ε c tomt ved ε gap µ valensbånd ε v fyllt ved Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 3

32 Eksempler på halvledere: Si, Ge, GaAs, InP, InSb Halvlederen kan dopes med atomer med ett mer valenselektron, slik at vi får overskudd på elektroner Det kjemiske potensial øker, og vi har n-type ilsvarende (men omvendt) for p-type c) Fra uttrykket for Gibbs fri energi G E S + pv, får vi dg de ds Sd +Vdp + pdv og innsatt den termodynamiske identitetds de + pdv for et lukket system, får vi dg Sd +Vdp G d + G dp p p Sammenlikner og ser at S G og V G som gir Maxwellrelasjonen p p S p G p p G V p p p Oppgave 3 a) S F [k ln(z N / N!)] Nk(ln Z ln N +) + Nk (ln 3/ + konst) Nk(ln n Q V lnn +) + 3 Nk ln Nk[ln(n Q /n) + 5 /] b) Fra oppgave a) får vi S Nk ln 3 / N /V + konst, der N er konstant Dermed avhenger entropien bare av V 3 / For konstant entropi må derfor V 3 / og dermed V /3 være konstant c) Her er W, slik at Q E C V Q 3 C V ( 3 ) Q 4 C V ( 4 ) d) de W Q Q 3 + Q 4 C V ( ) e) η W Q inn Q 3 + Q 4 Q Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 3

33 f) De to adiabater gir oss to likninger som kan subtraheres fra hverandre: V /3 V /3 4 V /3 3 V /3 ( 4 )V /3 ( 3 )V /3 4 V 3 /3 V /3 η + 4 V /3 3 V r /3 Med r får vi η /3 78 Oppgave 4 a) Det termiske middel for antall partikler i et storkanonisk ensemble er N Ξ N exp[(nµ ε s )/ k] Ξ N[exp(µ/k )] N exp[ ε s ) /k] Ξ ASN ASN ASN Nλ N exp[ ε s )/ k] Ξ λ λ Ξ λ ln Ξ λ Her er: Ξ stor - kanoniske partisjonsfunksjon µ kjemisk potensial λ absolutt aktivitet k Bolzmanns konstant ANS alle partikler og tilstander b) Den storkanoniske partisjonsfunksjonen blir produkt av alle adsorpsjonssentre N N Ξ + exp[(µ ε i )/ k] + λexp( ε i / k) (+ λa) N i Her er a exp( ε i / k) i c) Midlere antall partikler adsorbert til adsorpsjonssentre blir N λ lnξ N ln(+ λa) λa λ N λ λ + λa i Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 33

34 d) Det kjemisk potensial µ for systemet finnes ved at vi har fra forrige oppgave at N λa Vi har N N N N λ exp(µ/k ) a µ k ln N N N N ln a e) Vi husker at uttrykk av formen (A + B) N kan skrives som en binomial rekke (se Karl Rottmann), og gjenkjenner da at N Ξ (+ λa) N N! N!(N N )! ( N λa )N C N λ N, N N N der C N! N!(N N)! an for N N f) Det kjemiske potensial blir: µ k N lnc k N N [ln N! + N ln a] N!(N N)! k N [ln N! ] k ln a N!(N N)! k N [N lnn N ln N (N N )ln(n N)] k ln a k[ ln N + ln(n N ) +] k ln a N k ln N N lna, hvor vi har brukt Stirlings tilnærmelse Vi får samme uttrykk som i oppgave d) - bare at vi her har skarpt partikkeltall Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 34

35 Løsninger: Eksamen Fys4, vår Oppgave ε /k a) Partisjonsfunksjonen er Z exp( ε i / k) + e b) Helmholtz fri energi blir F() k ln(+ e ε /k ) c) Entropien finnes som S() F k ln(+ e ε /k ) + ε ε /k e ε /k + e d) Energien blir E ε Z i e ε /k /k /k + εe ε e ε ε /k ε i + e E F + S k ln(+ e ε /k ) + k ln(+ e ε /k ) + ε (Også andre måter finnes) e) Matematisk har vi følgende grenser når : e ε /k i S k ln(+) + ε k E ε ε / + ε /k, eller vi kan skrive + e k + k ln() ε /k e ε /k + e ε + e e ε /k ε /k Entropien går mot S k ln, som betyr at multiplisiteten er W Dette betyr at de nivåene opptrer likeverdige Vi får da at det er lik sannsynlighet (5%) for at hver av dem er befolket Da blir også middelverdien av enegien lik ε /, som funnet over Siden E går mot en konstant verdi, vil C V E / (eller vi ser at siden S går mot en konstant verdi, vil C V S / ) ε /k f) Den nye partisjonsfunksjonen blir Z W i exp( ε i / k) + We Hvis siste leddet er mye større enn det første (som er lik ), blir W >> exp(ε /k ), og vi får forenklet at Z We ε /k i g) Entropien i tilfellet W >> exp(ε /k ) finnes ved S() F [ k ln(we ε /k )] k ln(we ε /k ) + ε k ln(w ) Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 35

36 h) For har vi bare en mulig tilstand, som gir S( ) Videre vet vi at S( ε /k ) 47 Da blir S 47k k ln(w) W e 47 Vi sjekker betingelsen for det forenklede uttrykket i g) ved at følgende er oppfylt: exp(ε /k ) exp() 7 << W Oppgave Delspørsmålene i denne oppgaven har ikke nødvendigvis noen innbyrdes sammenheng og kan besvares kort a) Betingelsen for at en gass og en væske er i termodynamisk likevekt er (gass) (væske) p(gass) p(væske) µ(gass) µ(væske) b) Skisse av en halvleder: ledningsbånd ε c tomt ved ε gap µ valensbånd ε v fyllt ved En donor er en urenhet som kan lett avgi et elektron til krystallen, og donoren blir dermed selv positivt ladet En akseptor tar lett til seg et elektron, og blir dermed selv negativ (man kan i stedet si at akseptoren avgir et hull til krystallen) Donor nivåene ligger like under ledningsbåndet, og akseptor nivåene ligger like over valensbåndet En n-type halvleder har flere ledningselektroner enn hull For en p- type halvleder er det omvendt c) Fermioner er partikler med halvtallig spinn, feks elektroner, nøytroner og helium-3 Pauliprinsippet gjelder for denne type partikler: bare én partikkel kan befolke en og samme tilstand karakterisert med et sett kvantetall Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 36

37 Bosoner er partikler med heltallig spinn, feks pioner, helium-4, fononer og fotoner Det kan være flere bosoner i én tilstand Ved lave temperaturer kan man f eks danne Bose-Einstein kondensat, der (nesten) alle bosoner befolker laveste tilstand d) Fermi-Diracs fordelingsfunksjon gjelder for fermioner Gibbs sum er gitt ved: Ξ e ( Nµ ε S )/ k ASN Et nivå kan enten være befolket eller ikke Vi har altså muligheter: (µ ε ) / k (N,ε S ) (,) og (,ε), som gir Ξ + e Sannsynlighet for besetning blir: f (ε,µ,) N Ξ Ne (Nµ ε S ) / k ASN ε ) / k [ +e(µ ] Ξ e (ε µ ) / k + f Τ > Τ µ ε Oppgave 3 a) Entropien finnes ved S F a 3 V 4 4a 3 V 3 rykket av gassen er p V a 3 V 4 a 3 4 b) E F + S a 3 V 4 + 4a 3 V 3 av 4 3pV kalles tilstandslikningen for foton gassen (kan også uttrykkes på andre måter) c) Gassens kjemiske potensial erµ N a 3 V 4 Dette betyr at det ikke koster energi og danne et foton: Fotonene absorberes og emitteres fritt fra veggene i hulrommet d) Adiabatisk prosess gir: ds de + pdv pdv de Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 37

38 ilstandslikningen i b) gir: de 3pdV + 3Vdp Kombinerer de to siste likningene og får: 4pdV + 3Vdp 4 dv 3 V + dp p 4 3 lnv + ln p konstant pv 3/4 konstant e) Fotongassen består av 3 prosesser: : Isobar kompresjon 3 : Isokor trykkøkning 3 : Adiabatisk ekspansjon p 3 V f) Samme prosesser i et S- diagram blir: S 3 Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 38

39 Oppgave 4 a) Vet at ds de KdL, hvor E er uavhengig av L Dette gir ( L ds ) ( de KdL) L S K L K S L Helmholtz fri energi er F E S df de ds Sd Innsetter den temodynamiske identitet og får ved konstant temperaturen ( d ): df KdL Sd KdL K F L b) Oppgaveteksten gir at n n + + n og L (n + n )a som gir n + na + L a c) Antall kombinasjonsmuligheter er: W og n na L a n! n +!n! d) S k lnw k ln n! n +!n! k(n ln n n n + ln n + + n + n ln n + n ) k(nln n n + ln n + n ln n ) [ ] k (n + + n )ln(n + + n ) n + ln n + n ln n n k n + ln + n + + n + n ln n n + + n k n + ln na + L + n na ln na L na nk n + ln na + L + n ln na L n na n na nk ln + n + ln na + L + n ln na L n na n na nk ln + n + n ln + L na + n n ln L na nk ln + L na ln + L na L na ln L na Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 39

40 e) Vi finner kraften ved å bruke uttrykkene fra oppgave a) og d): K nk L + L na ln + L na L na ln L na nk na ln + L na + na ln L na + + L na + L na k a ln + L na ln L na + + na na k + L /na ln a L/ na na + L na L na f) For L na blir kraften uendelig stor Det er da ikke mulig og strekke strikken ytterligere Dette er en rimelig oppførsel av strikken na En strikk under normale forhold har mindre lengde enn maksimalt oppnåelig, dvs at L << na Bruker uttrykket i e) og foretar en rekkeutvikling av den naturlige logaritme ln(+ x) x x for x <<: K k + L / na ln k ln(+ L / na) ln( L / na) a L /na a [ ] k [ a (L/ na) (L /na) + (L / na) + (L /na) ] k na L Likningen gir at kraften er proposjonal med lengden av strikken, som gir en god magefølelse siden dette tilsvarer Hooke s lov Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 4

41 Løsninger: Eksamen Fys4, høst Oppgave a) Vi setter α h π /ML k og u αt og får: Z exp( ε / k) exp( α (n x + n y + n z )) n x,n y,n z n x,n y,n z dn y dn z ( exp( α t ) exp( α (n x + n y + n z ))dn x dt) 3 (/α) 3 ( exp( u ) du) 3 π 3 / /8α 3 (π /(4α )) 3 / (π /(4h π /ML k)) 3 / L 3 /(h π / Mk) 3 / V ( Mk πh ) 3/ n Q V, der vi benytter integralet oppgitt i oppgaveteksten og at VL 3 b) Partisjonsfunksjonen for en ideel gass med N partikler er Z N Z N ( og Helmholtz fri energi er F k ln Z N k ln n V Q ) N N! ( ) N N! n V Q N!, c) Det indre kjemiske potensial kan uttrykkes ved Stirlings tilnærmelse ved µ int F k ln Z N d dn lnn!,v k ln Z d dn ( N ln N N) k ln Z lnn k ln Z /V k ln n N /V n Q ( ) d) Betingelsen for diffusiv likevekt er µ int ( )+ µ ext ( ) µ int ( )+ µ ext ( )eller k ln n mb k ln n + mb n Q n Q e) Likningen over gir relativ konsentrasjon lik n (B)/ n (B) exp( mb/k) f) Vi tenker oss at partikler med spinn opp og ned kalles henholdvis og, og setter den kjemiske reaksjonen på formen ν A + ν A, som gir ν,ν Videre er likevektskonstanten gitt ved partikkel og s energinivåer: F mb og F mb, som gir: Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 4

42 ν K() n ν Q exp( ν F / k)n Q exp( ν F /k ) n Q exp( F n /k )exp( F /k ) Q exp( mb/ k) ν Altså blir n j j n / n K() exp(mb/k ), som er samme svar som i oppgave e) Oppgave j a) Løslighetsgapet er energigapet mellom stiplet og heltrukken kurve (Det kan forsvinne ved tilstrekkelig høy temperatur) I den heterogene fase består blandingen av faser α og β, som hver har sitt typiske blandingsforhold av A og B atomer f homogen ustabil fase heterogen stabil fase x α x x β b) Det gjøres ikke noe arbeid W på omgivelsene Det tilføres heller ikke varme Q Siden E er konstant og EE() for en ideell gass, blir temperaturen også konstant Entropien S avhenger av volumet V, og det blir en økning i entropi på S kn ln For reele gasser vil molekylene vekselvirke og energien avhenge som EE(,V) (Sml van der Waal gass: emperaturen etter ekspansjonen,, er da gitt ved at energien skal være konstant E(,V)E(,V) Om det blir kjøling eller oppvarming avhenger av initialtemperaturen (Joule-homson effekten)) Oppgave 3 a) Fermioner er partikler med halvtallig spinn, feks elektroner, nøytroner og 3 He atomer Pauliprinsippet for denne type partikler gir at bare én partikkel kan befolke én og samme tilstand karakterisert med ett sett kvantetall Bosoner er partikler med heltallig spinn, feks pioner, 4 He atomer, fononer og fotoner Det kan være flere bosoner i én tilstand (Ved lave temperaturer kan man f eks danne Bose-Einstein kondensat, der (nesten) alle bosoner befolker laveste tilstand) b) Fermi-Diracs fordelingsfunksjon gjelder for fermioner Gibbs sum er gitt ved: Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 4

43 Ξ e ( Nµ ε S )/ k ASN Et nivå kan enten være befolket eller ikke, og vi har altså muligheter: (µ ε ) / k (N,ε S ) (,) og (,ε), som gir Ξ + e Her er µ det kjemiske potensialet c) Midlere antall fermioner i tilstanden blir: d) Vi får: N N Ξ Ξ ASN ASN Ne (Nµ ε S )/k N e (Nµ ε S )/k Ξ )/k [ +e(µ ε ] Ξ + (µ ε )/k [ e ] e) Standardavviket for midlere antall fermioner i tilstanden blir e (ε µ)/k + e (ε µ )/k + N σ N N N N N N ( N ) f) Partikkelfluktuasjonene for fermioner og bosoner er som følger: k << µ ε : Dette er langt under det kjemiske potensial For fermioner blir N, og orbitalene er nesten % fyllt, og har små fluktuasjoner σ N mulig for bosoner µ ε k k << ε µ: For både fermioner og bosoner blir N e fluktuasjonene σ N N N ( N ) Ikke <<, og vi får de samme ε µ+ ε, og k ε : For fermioner blir N / og σ N / For bosoner blir N >> med fluktuasjoner σ N N Man sier derfor ofte at bosoner går i flokk g) For fermioner blir den relative fluktuasjonen r σ N N N N N e (ε µ )/k + (ε µ )/k e For bosoner blir den relative fluktuasjonen r σ N N + N N N + e (ε µ )/k + (ε µ )/k e De relative fluktuasjoner for fermioner og bosoner er altså like I det klassiske området er N <<, og vi får det kjente uttrykket r σ N N Altså har vi meget store N relative fluktuasjoner i det klassiske området Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 43

44 Oppgave 4 a) Arbeidet som gassen utfører på omgivelsene fra til, er Nk W pdv h V dv dv Nk h V Nk h ln V V Da Q E +W og E E E E( h ) E( h ), blir Q W Dette bryter ikke med noen fysisk lov; all varme kan gjerne gå over til arbeid (Men i en syklisk varmemaskin går ikke dette da entropien vil øke hele tiden, og må fjernes i hvert omløp) b) Fra 3 til 4 blir det samme utregning som over, men med negativt arbeid: 4 dv W 34 pdv Nk l 3 V Nk l ln V og Q V 34 W 34 Fra til 3 utføres ikke noe arbeid, W 3 Andre hovedsetning gir ilsvarende, men med motsatt fortegn, blir Q 3 E 3 3 Nk( l h ) Q 4 3 Nk( l h ) og W 4 Energien ender opp med samme verdi i punktet etter en syklus, og er dermed en tilstandsvariabel, fordi c) Vi får: E E + E 3 + E 34 + E Nk( l h ) + 3 Nk( l h ) Q Q 34 W W 34 Nk h ln V V Nk l ln V V h l Alternativ I: I praksis forsøker man, ved å bruke to sylindere, å gjøre slik at avgitt varme Q 3 benyttes til oppvarming Q 4, der Q 4 Q 3 Vi får da Carnot virkningsgraden W η W +W 34 Q + Q 34 + Q 34 l (η Q inn Q Q Q C ) h Alternativ II: Vi ser bare på en sylinder, og får lavere virkningsgrad: W Q inn W +W 34 Q + Q 4 Q + Q 34 Q + Q 4 ( h l )ln V V η 3 ( h l)+ h ln V V d) En tilsvarende kjølemaskin vil ha omvendt syklus (pilene byttes) Arbeidet på omgivelsene av gassen blir negativt, hvilket betyr at man må bruke arbeid på systemet for at maskinen kan kjøle Kjøleytelsesfaktoren kan uttrykkes ved de gamle verdiene, der vi igjen godtar to alternative løsninger: Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 44

45 Alternativ I: γ Q inn Q 34 W på gass Q + Q 34 l ( γ h h C ) l l Alternativ II: 3 γ Q inn Q + Q ( 3 43 h l )+ l ln V V W på gass Q + Q 34 ( h l )ln V V e) Når V er konstant, går S som ln S- diagram for varmemaskinen blir derfor: S V 3 4 V l h f) Helmholtz fri energi og den termodynamiske identitet gir, når vi vet at F er en tilstandsvariabel, at df Sd pdv Sd W g) I følge oppgave f) er arbeidet lik arealet mellom lav og høy entropi i S- diagrammet Fordi vi har negativt fortegn, må vi integrere motsatt av pilene på figuren : h l W Sd S(,V )d + + S(,V )d + h ( S(,V ) S(,V ))d l Nk h l h l 3 ln + lnv + 3 ln + lnv + d Nk ( lnv lnv )d l Nk h l ( )ln V V, som er det samme arbeidet som vi fikk i oppgave a) og b) h Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 45

46 Løsninger: Eksamen Fys4, vår Oppgave a) Partisjonsfunksjonen og Helmholtz fri energi for en ideell gass med N identiske partikler er hhv ( Z N Z ) N N! og F k lnz N b) rykket er gitt ved p F kn V,N V lnv + ln n ( Q ln N + ) Nk,N V som gir oss tilstandslikningen, og hvor vi har brukt Stirlings tilnærmelse (men trenger ikke det) Vi ser at for ideell gass blir p Nk for V c) Gibbs sum er generelt gitt ved Ξ e (Nµ ε S )/ k ASN Vi har her to muligheter: (N,ε S ) (,) og (,ε), som gir Ξ + e (µ ε ) / k, der er temperatur, k er Boltzmann's konstant, ε er energien til et enkelt - partikkelnivå og µ er kjemisk potensial d) Fermi Diracs fordelingsfunksjon blir f (ε,µ,) N Ξ Funksjonen f er skissert under Ne (Nµ ε S ) / k ASN ε ) / k [ +e(µ ] Ξ e (ε µ ) / k + f > µ ε Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 46

47 e) Antall elektroner i gassen er ε N f (ε)d(ε)dε V m F π h V m π h f) Gassens midlere energi er 3/ ε F ε / dε V m 3π h 3/ 3/ ε / dε ε F 3/ ε E ε εf (ε)d(ε)dε ε V m F π h V m π h 3/ ε F ε 3/ dε V m 5π h Sammenlikner med oppgave e) og ser at E 3 5 Nε F 3/ ε F 5/ 3/ ε / dε g) Siden, så blir F E S E Her er E oppgitt, og vi får F E π m V / 3 3π N Videre blir trykket lik p F h V 5π m 3π N V N, h ( ) 5/3 h) Her gjelder det å si noe fornuftig, men ikke nødvendigvis det som er oppgitt her: Ideell gass gir p, som svarer til vår naive oppfatning om at molekylene stanser opp og ligger i ro når Men dette gjelder ikke i kvantemekanikken! Og vi ser at fermiongassen har et betydelig trykk selv ved temperatur Videre ser vi at trykket øker som funksjon av fermiontettheten rykket forklares ikke først og fremst av Heisenbergs uskarphetsrelasjon, men av Pauliprinsippet Hvite dverger og nøytronstjerner slipper den tragiske skjebne med gravitasjonskollaps inn i et sort hull siden fermiontrykket presser utover Dette er vi alle glade for 5/3 Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 47

48 Oppgave a) En ren halvleder har lik elektron og hull konsentrasjon: n e n h En donor (feks fosfor, P) er en urenhet som kan lett avgi et elektron til krystallen, og donoren blir dermed selv positivt ladet En akseptor (feks aluminium, Al) tar lett til seg et elektron, og blir dermed selv negativ Donor nivåene ligger like under ledningsbåndet, og akseptor nivåene ligger like over valensbåndet Massevirkningsloven for halvledere er n e n h n i, der n e er elektron konsentrasjonen, n h er hull konsentrasjonen, og n i er intrinsikk konsentrasjonen b) Betingelsen for likevekt er (gass) (væske) p(gass) p(væske) µ(gass) µ(væske) Under er det vist pv-diagrammet for gass/væske p væske fluid høy væske og gass lav c gass Ved den kritiske temperatur C er det ingen overgang lenger mellom væske og gass, og fasen for > C kalles fluid V Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 48

49 c) Noen måter å øke entropien på er: øke N øke energi øke volum oppbryte molekyler d) Varmekapasiteten for en ideell monoatomisk gass er gitt ved C V 3 Nk Her bidrar alle atomer i gassen til en høy varmekapasitet Dette er ikke tilfellet for elektroner i metall, som oppfører seg som en fermiongass Her er det bare elektronene i nærheten av det kjemiske potensial som bidrar, nemlig N aktiv N, hvor k F ε F (Vi har her også π F k i stedet for 3 k, men denne faktor gir ingen reduksjon) e) egningen under viser Debye varmekapasiteten C V () for en krystall: 3Nk Cv /θ For lave går varmekapasiteten som 3 For høye (større enn Debyetemperaturen θ ) går varmekapasiteten asymptotisk mot 3Nk Denne grense skyldes den endelige avstand vi har mellom atomene i et krystallgitter Dette gir at fononene bare kan ha 3N antall elastiske moder (En fotongass har her uendelig mange moder) Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 49

50 Oppgave 3 a) Differensiale av E E(S,x) blir de E ds + E dx, S x x S som gir ved å dele på dx E E S + E x S x x b) Arbeidet som filmen utøver på omgivelsene når stangen beveger seg fra x til x + dx ved konstant temperatur, er gitt ved dw Kdx, og dermed blir termodynamikkens annen hovedsetning for systemet lik dq de Kdx de σbdx c) Likningen i b) kan skrives som de dq + σbdx ds + σbdx og fra de i oppgave a) ser vi at x S E S x og E x S σb d) Helmholtz fri energi gir differensiale Dermed blir F df (de ds) Sd (σbdx) Sd x F x F S og x x S x σb, som gir likhetene F x x b σ x e) Fra oppgave a), c) og d) får vi E E S + E x S x x x som gir de b σ dx + bσdx x ved konstant temperatur S b σ + σb, x Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 5

51 f) Varmekapasiteten ved konstant utstrekning x er gitt ved C x E x E S S x E S S x x S x g) Vi har C x x x S S x x S x b σ x ba σ x h) Setter S S (,x) og får ds S d + S dx, som ved en liten multiplikasjon med blir x x ds S d + S dx x x x S d b σ dx C x d + aσ bdx x i) Setter ds og får d aσ b dx γdx ln γx + const C x [ ( )], exp γ x x hvor γ aσ b C x og (x x ) Løsninger til eksamen i Fys 4, 998, side 5