Příklady do statistické fyziky a termodynamiky 1. Výpočet stavové rovnice plynu Volná energie plynu je dána vztahem F(V,T) = -^C-V-T\ kde C je konstanta. Spočítejte stavovou rovnici daného plynu. Řešení: vyjdeme z definičního vztahu pro volnou energii F{V,T)=E-TS, odkud zjistíme dF = -pdV - SdT. jelikož se jedná o úplný diferenciál, musí platit dFs dvJT = -p> a tedy což je hledaná stavová rovnice. 2. Gama funkce Gama funkce je definována integrálem (a) Dokažte vztah (b) spočítejte T(n), n G N, (c) spočítejte T(n) := j dt exp(-/)í"_1. r(n+l) =nT(n), r ( n + ^ ) , n G N. Řešení: Nejprve dokážeme 2a, neboť tento vzorec použijeme i v následujících bodech. Zapišme tedy z definice vztah pro F(n + 1) a upravme tento výraz pomocí per partes co co r(n + l) = J d/exp(-f)f"= -f"exp(-f)lô+n f dtt"-1 exp(-ř) = nY{n). o o o V části 2b nejprve určíme T( 1): co T(l) = J d/exp(-0=-exp(-í)lô = l. o Využijeme nyní vzorce z 2a pro výpočet hodnot gama funkcí pro další přirozená čísla r(2)=r(i + i) = i-r(i) = i, r(3) = 2-r(2) = i-2, r(4) = 3-r(3) = l-2-3 = 6, 1 r(5) = 4-T(4) = 1-2 -3 -4 = 24, můžeme tedy určit vzorec pro obecné n: r(n + l) = «•(«- 1).....3-2-1=«!. Analogicky spočítáme 2c: nejprve T(l/2): co co rQj = y dŕexp(-ŕ)ŕ~3 = 2^ d$exp(-s2) = y/ň, o o kde jsme v posledním integrálu provedli substituci t = s2. Nyní budeme počítat hodnoty gama funkce pro další n: r(iHr(iH-Í*-^ rG)-ir(i)-3-i-i^-¥^ /9\ 7 /7\ 1 3 5 7 ^ 105 ^ obecně pro « 1\ 2n-l 2n-3 7 5 3 1 ^ (ra-l)H ^ r,"+2 )= —• —2-2-2-2^ = ^^^ 3. Stirlingův vzorec S pomocí Gama funkce spočítejte přibližné vyjádření ln(n!) pro velké hodnoty n. Řešení: Z předchozího příkladu víme, že T(n + 1) = nl. Tohoto faktu při výpočtu využijeme. Zapišme tedy Gama funkci a argument vhodně upravme co co co r(n + l)= J dt exp(-t)ŕ = J dt exp(-ř)-exp[nln(ř)] = J dt exp [n ln(ŕ) -1]. oo o Provedeme substituci t = n + x J dt exp [n ln(ŕ) — t] = J dx exp[«ln(«+ x) — n — x] dx exp x2 nln(n) — n-- exp [n ln(n) — n] j dx exp -V 2n ) Jelikož je Gaussova funkce nenulová jen na určitém intervalu, jehož šířka je však mnohem menší než n, můžeme spodní hranici integrálu poslat do —oo. Potom máme Gaussovu funkci, kterou dokážeme integrovat exp[nln(n) — n] J dxexpf — — j = J dxexpf — — j = \/2ŤŤňexp[nln(n) — n]. 4. Výpočty ve více rozměrech Spočítejte objem a povrch «-rozměrné koule. Řešení: 2 Tuto úlohu lze řešit dvěma způsoby. Buď si poctivě spočítat Jakobián transformace do w-rozměrných sférických souřadnic, nebo použít trik. Podívejme se nejprve na složitější výpočet: To dopíšu později... Nakonec druhý způsob řešení. Ve 3D případě je koule množina bodů, které splňují rovnici B3(R) :xi+x22+x23 0 využijeme faktu, že h2 \ 7+1 HkBT )~I (27) ti >1, HkBT potom exponenciála rychle konverguje k nule, vezmeme proto jen první člen z každé sumy £ (27+1) exp sudé J h1 £ (27+1) exp liché J h 2HkBT ;7(7+l) 7(7+1) 22 (4m + 1) exp m=0 h1 2HkBT 2m(2m +1) 1, 2HkBT Poměr jednotlivých molekul se potom změní na 22 (4m + 3) exp m=0 h 2HkBT (2m+ l)(2m + 2) ; 3 exp HkBT ) #populace para-dusíku I+l ( h exp #populace orto-dusíku 3/ 1 \HkBT/ všechny molekuly dusíku jsou při teplotě blížící se absolutní nule v para-stavu. 9. Wienův posunovací zákon Odvoďte Wienův posunovací zákon z Planckova vyzařovacího zákona. Řešení: Planckův vyzařovací zákon je ve tvaru B(v,T) hv C «P (28) Wienův zákon je vyjadřován pomocí vlnových délek, proto (28) nejprve převedeme do vlnových délek pomocí vztahu B(v,T)dv=B(X(v),T) 9V{X) dl B(l,T) 1 po převedení do vlnových délek dostaneme %%ch 1 B(X,T) = —5--T—-. (29) Máme hledanou funkci a stačí již jen najít její maximum. Po zderivování podle vlnové délky dostaneme 5 | hc__1 _Q k^TX i _exn (__ Označíme hc ax kde index „max" označuje bod, ve kterém funkce nabývá svého maxima. Tento bod je dán řešením rovnice 1 - exp(-xmax) Odtud dostaneme pro maximální frekvenci ■^ax = —, (30) kde hc ^B-^max 10. Stefanův-Boltzmanův zákon Odvoďte Stefanův-Boltzmanův zákon pro množství energie vyzářené jednotkou plochy za jednotku času. Řešení: Vyjdeme z definice intenzity 8E =I(v,8)d£l-dS-dt (31) Intenzita je tedy z definice energie, která dopadne na plošku dS z úhlu díl za čas dt v intervalu frekvencí dv. Za čas dt dopadne na plochu záření z objemu dV = dS-cos8-c-dt. Potom platí díl B(v, 5)dQ • dS■ dt = ce(v) cos(<5) • — dv • dS■ dt, 4ti c B(v,8) = — e(v)cos<5. 47T odtud zřejmě platí Funkci B(v,5) nyní zintegrujeme přes prostorové úhly 2 fi(v) = JJ díl^e(v)cos5 = ^e(v) J dq> j d<5 sin(<5)cos(<5) = ^e(v) 2jt a+ oo 2K-\ potom ze znalosti hustoty energie „, . C 87TV3 hv 27TV3 hv B v) 4 C3 0^íhv_\_-, C1 hv kBT 1 eXPUB7 po integraci přes všechny frekvence dostaneme B = oTA. (32) 8 11. Rayleighův-Jeansův zákon Odvoďte Rayleighův-Jeansův zákon pomocí ekvipartičního teorému. Řešení: Rayleighův-Jeansův zákon popisuje elektromagnetické záření v uzavřené dutině. Podle Ekvipartičního teorému se jedná o soustavu oscilátorů s energií Ey = 2-^kBT = kBT. Energie soustavy oscilátorů je rovna součtu energií jednotlivých oscilátorů. Od sumace můžeme přejít známým postupem k integraci, z řešení částice v krabici víme, že 2%n; h ■ U ' potom počet těchto stavů v intervalech A«,- je roven ÁkxÁkyÁkz .\/í,.\/ív.\/í /., • /., • /.--- {2nf v Potom pro celkovou energii všech částic můžeme psát 2lt % ó^k k^2 k2 k 0 0 0 o v integrálu provedeme substituci k = 2%v/c, dostaneme odtud máme v2 £«V / áv2kBT-A%-^, (33) 87TV2 sv « —ô—kBT. (34) 12. Země pod vlivem Slunce Předpokládejme ideální Slunce a Zemi - oboje absolutně černá tělesa v prázdném a plochém prostoru. Teplota Slunce je rovna Ts = 6000 K. Teplotní přenos mezi oceány a atmosférou předpokládejme na Zemi efektivní do té míry, že je teplota povrchu stejná na každém místě. Poloměr Země je Rz = 6 • 108 cm a vzdálenost Země-Slunce je d = 1.5 • 1011 m. (a) Spočítejte teplotu Země. (b) Určete sílu, kterou záření od Slunce působí na Zemi. (c) Srovnejte výsledky s těmi pro meziplanetárními chondrity sférického tvaru. Chondrit je výborně vodivý a lze jej s dostatečnou přesností brát jako černé těleso. Poloměr je d = 0.1 cm a pohybuje se po kruhové trajektorii kolem Slunce s poloměrem stejným, jako vzdálenost Země-Slunce, a to d. Řešení: (a) Celkový tok záření vycházející ze Slunce je roven F = 4nR2soT*, tok záření na jednotku plochy ve vzdálenosti d (Země) je roven F _ 4nR2seT£ 5 ~ 4nd2 ' na povrch Země tedy dopadá R2cT£ 2 F(S ~ d2 nR(B' 9 Jelikož je Země v termodynamické rovnováze, musí také stejný tok vyzářit jako absolutně černé těleso odtud R*OT°-nRl = 4nRÍoTŽ d2 Te = V§r0 = 29OK- (35) (b) Uhel, pod kterým dopadá sluneční záření na zemi je vzhledem k velikosti Země a její vzdálenosti od Slunce konstantní. Proto můžeme sílu spočítat přímo ze vzorce /■ - d2 ffi=6xl08N. c c (c) Můžeme použít stejné vzorce odvozené výše T = 290K, & = 1.7 x 1(T11N. 13. Harmonický oscilátor Spočtěte vlastní vektory pro lineární harmonický oscilátor v souřadnicové reprezentaci. Řešení: Pro výpočet využijeme kreačních a anihilačních operátorů. Víme, že á|0) = 0|0). Spočítejme souřadnicovou reprezentaci tohoto vektoru + i (q\p\0)), operátor může zapůsobit na stav vlevo, potom -j={{q\q|0) + i(q\ P\0)) = ^? + ^^(q\0) = ^qh0(q) + ^^(tf) = °- Dostáváme tedy rovnici pro zjištění vlastní funkce stavu |0) qho(q) + ^-ho(q)=0. (36) aq Řešením rovnice je hQ(x) =Cexp ( -~2ftX Konstantu C spočítáme z podmínky normovanosti vlastních vektorů. Musí platit J áx[hQ{x)}2 = 1. 10 Potom Výsledná vlastní funkce je ve tvaru C m(0 %h ' hfí(x) mco %h exp mcox h~ (37) (38) Pro výpočet souřadnicové reprezentace stavů s nenulovým n využijeme vlastnosti kreačního operátoru ď \n) = y/n + 1 \n + 1). Pro n = 1 dostaneme (q\ď\0) = (q\0), potom Upravíme levou stranu odtud V2 {q - ip) (*|0>. T2q{q\°) + T2^) = {q\l)' h{q) = -j= (qhQ{q) + ^o(1, 2IkBT exponenciála rychle konverguje k nule, a my proto můžeme vybrat ze sumy jen omezené množství sčítanců. Vezměme dva, potom je statistická suma rovna Úplně stejným postupem jako v předchozích příkladech určíme volnou energii, vnitřní energii a nakonec tepelnou kapacitu. Vnitřní energie je rovna 3h2 1 E a nakonec hledaná tepelná kapacita 3hA Cy kB T2l2 3eXP(-2lŘ7)+eXP(2lŠ7 2' (59) 14 18. Ověření jednotek Ukažte, že tlak a hustota energie mají stejnou jednotku. Řešení: ověříme jednotky z definičních vztahů: r i [F] kg-m-s 2 -1-2 \P\ = lä =-5-= kg • m -s , [S] [E] kg-m2-s~2- [V] m 3 kg • m 1 • s 2. 19. Relativistické částice Spočtěte hustotu stavů pro relativistické částice a najděte limitní vztahy pro klasické a ultra relativistické částice. Řešení: Pro hustotu stavů platí vztah P(£)^lv01(^)M|p, kde g je degenerace energiových hladin, d dimenze prostoru a Vol (S"1-1) povrch d — 1 rozměrné sféry. V našem případě máme d = 3. Disperzní závislost E{k) je dána vztahem E = Vm2c4 + h2k2c2, odtud k _ VE2 - m2é hc Do (60) dosadíme příslušné veličiny, dostaneme ^£> = (^>^rÄI- (61) • Klasická limita - Energie je v tomto případě rovna: /- / h2k2 £ki ~ E — mc2 = v m2c4 + h2k2c2 — mc2 = mc2 \ /1 H--^—r — mc2 ~ y mlcl , / 1 h2k2 \ , /ž2£2 \ 2 mzcz / 2m Ultrarelativistická limita - v tomto případě platí E 3> mc2, potom můžeme v odmocnině zanedbat druhý člen 20. Odvození Maxwellova-Boltzmanova zákona Ukažte, že v klasickém případě je možné z grandkanonického rozdělení jedné částice odvodit Maxwellův-Boltzmanův zákon rozložení rychlostí. Řešení: Pro počet stavů bosonu v intervalu energií (E,E + dE) platí dN=_ P{E)dE exP (fcr) +1 Jelikož v klasickém případě je eXP("^Í)<<1' 15 můžeme jedničku ve jmenovateli zanedbat. Potom po dosazení za p(E) dostaneme dAí=i^v^eXpfc^W. Výraz transformujeme ze souřadnic energie do souřadnic rychlostí dE , dE = dv = mv, av protože uvažujeme klasický vzorec pro kinetickou energii E = 0.5 • mv 2 4ngV r—r [m f0.5mv2-p\ , 4ngV , 2 / v2 \ / \i \ , dw = (W V 2exp ( *Br J mdv = (Wm v exp V WJexp Vw) " Pro výpočet ;U vyjdeme ze vztahu pro jednu částici i 1 = JV= JV.A2nmkBTÝ2F1 () = gV (2j[mk^Tý _L ľ ^ *2 V integrálu nabývá exponenciála výrazně větších hodnot než jedna, proto číslo jedna zanedbáme, dostaneme o ^exp (-*exp {ů) I ****exp {~x)=exp {ů)r G Dosadíme do předchozího vzorce (2tt/ž)3 ť V^r Odkud obdržíme gV exp(/-)=(2nmkBT)-l áW = 4^2^Ťy^{ÍŤ^V- (63) 21. Odvození Planckova zákona Ukažte, že je možné z grandkanonického rozdělení pro částice s pi = 0 odvodit Planckův zákon. Řešení: Pro počet bosonů v energiovém pásu platí vztah MS1)-! Pro fotony platí ;U = 0, a energie je rovna E = hv. Přejdeme analogicky jako v předchozím příkladu k proměnným frekvence. Pro hustotu energie vyjde vztah 87Tv2 hv EdN = -i--T^W (64) 22. Bosonový a Fermionový integrál Dokažte rovnost co /rm-l dx--—- = (1 - 21-™) £(m) • r(m), (65) exp (X) n- i o a co dx--—— = £(m).r(m), (66) exp(x)— 1 o 16 kde £(m) je Riemannova funkce 00 1 Řešení: Integrál If(m) upravíme na tvar co co xm f 1 dx-—-= / dxxm~l exp(—x) exp(x) + l J l+exp(—x) o o zlomek v integrálu nyní můžeme rozvinout podle vzorce 1 l±x potom dostaneme lTi+i2T..., (67) co co / dxx^expí-x)-—.—- = / djcjcM_1exp(-jc)f'(-l)feexp(-Jbc) = J l+exp(-x) J co £ / djc(-l)*exp[-(l+*)]jť»-1, -exp(-x) , k=Q t=o-0 v sumě položíme k' = k+ 1, z integrálu vyjmeme členy nezávislé na proměnné x a následně provedeme substituci y = kx £ J áx{-\ť^v[-{\+k')]xm-1 = £ I (kí-i^expí-^'K"^ £ / áy^v{-y)ym- Jelikož je argument integrálu nezávislý na sčítacím indexu k', můžeme sumu upravit samostatně. Jedná se o nekonečnou řadu, ve které je podíl s lichým číslem kladný a podíl se sudým číslem záporný 1» /_^\fc— 1 00 l 00 1 ti (kT £(2/-l)m £(20M" Takto napsanou sumu můžeme upravit následujícím způsobem co j co j Xj (2/- l)» ~ Xj (2/)m ~ 111 1 111 1 ^2/_ l)m ~^ ' '' 2m 4m 6m ' '' (2/)m — — — — — 1 \ _ y 1 2y 1 y 1 _2i-»£ J. = (i_21-'»)V J-. (68) /t=l * 1=1 1 k=l * Upravená funkce potom vypadá takto L^jL^ [ djexp(-3;));m-1 = (l-21-m)^-^ / dj exp^)^-1 = (1-21-"i)C(m)r(m). (69) o 11-1 o 17 Druhá rovnost se dokáže analogickým způsobem - provede se rozvoj s pomocí vzorce (67) Ih(m) = dx- rtn—l exp(x) — 1 co co co co 22 / dxx^expf-x^+A:)] = 22 / d**"1-1 exp(-jd) = CO 22-1/ dyy»-1exp(-y) = C(m)r(m). (70) 23. Vlastnosti funkcí Definujme funkce B„(y) Fn(y) dx- r(n) J exp(x — y) — 1' 1 /■ x' dx .n-1 r(n) J exp (x — j) + 1 o (71) (72) Pro tyto funkce dokažte dBn+i(y) dy dy ■■B„(y), ■■Fn(y). Řešení: Nejprve spočítáme dBn+i(y) d dy dy dx- T(n+\)J exp(x — y) — 1 o 1 dxx" 1 T(n + 1) J dy exp(x — y) — \ V této fázi využijeme znalosti derivace funkce v argumentu integrálu. Jelikož dl dl dvexp(x — y) — 1 dxexp(x — y) — 1 můžeme výraz na pravé straně dosadit do integrálu, ve kterém pomocí metoty per partes dostaneme 1 dxx" 1 1 T(n+\)J dxexp(x — y) — 1 T(n+\) i |_ exp(x — y) — 1 + / dx---—- 0 J exp(x-y)-l o Dále víme, že T(n + 1) = nT(n). Potom dostaneme dBn+l{y) d 1 dx- dy dy TM J exp(x — y) — 1 o ■Bn{y). (73) Vztah pro fermiony lze dokázat analogicky. 24. Bose-Einsteinova kondenzace ve 2d? Ukažte, že pro dimenzi prostoru d = 2 nedochází ke vzniku Boseho-Einsteinova kondenzátu. 18 Řešení: Nejprve spočítáme hustotu stavů ve 2D: , . 2ngSm P(£)=(W Termodynamický potenciál je roven Q = - j dE o áE'p(E' o exp (%f) -1 (2nh)2 kde Potom je íl rovno o v /tBr Počet částic je ve 2D případě roven (uvažme ;U —> 0) N = / dE--.-r-= —-^--^kBT / dx-——- = .———TkBTL(\)r(\) 1 expfe^-1 (W / exp(x)-l (27lh)2 o \ /tBr Jelikož £(1) —> oo, do stavu s £ = 0 lze umístit libovolný počet částic. 25. Plyn s elektron-pozitronovými páry Při teplotách k#T mec2 dochází k tvorbě párů elektron-pozitron. Najděte rovnovážný počet e~ a e+. Řešení: vyjdeme z rovnice £W = 0, (74) jelikož při dané reakci vznikne jeden elektron a jeden pozitron, bude jejich celkové množství stejné. Proto £í- +£í+ =0 = 2jU, chemický potenciál v obou dvou případech je tedy roven nule. Jelikož víme, že pro extrémně relativistické fermiony platí 4ngV 1 E2dE áNF (2nňy c3 _ potom pro počet částic platí (2**?C>] txpÍE^\ + 1 (2lT»)3 C3 >'>\kBT V našem případě, kdy ;U = 0 dostaneme pro funkci Počet částic snadno dostaneme Pro § = 2 dostaneme 4(nh)3 c3 w *="-=£(if)3«3>- 19 26. Počet částic bosonového plynu Ze vztahu sv , „a„ í H platného pro nerelativistický ideální bosonový plyn spočtěte počet částic N. Řešení: Počet částic je dán vztahem N- \—\ <9jU ) Ty ' kam dosadíme vztah (76), potom dostaneme N = -kBT §V (2nmkBTý j-flj ' ^ (2tt/ž)3 a ' dix 2 \kBT Z předchozího příkladu víme, že odkud dB»+i (é5) i ( \i -"n d/j; kBT \kBT Počet částic nám pak vyjde N=j£v{2™kBT)lBí{ů]- <77) 27. Rovnice adiabaty Nalezněte rovnici adiabaty pro ideální fotonový plyn v proměnných p a. V. Řešení: Volná energie pro fotonový plyn je rovna víme, že platí následující rovnosti 4 4 F = --oTAV, 3c Entropie je potom rovna 16 , S=—oT3V, 3 za teplotu dosadíme vztah spočítaný pomocí první uvedené derivace po dosazení do rovnice pro adiabatu .5 44 3 3 i S = —c4 pA a4 V = konst.. 3? Všechny konstantní členy můžeme zahrnout do konstanty, dostaneme závislost V = konst., který ještě upravíme do standardního tvaru /jV 5= konst. (78) 20 28. Degenerace fermionového plynu Přepište podmínku degenerace fermionového plynu kBT V mkBT \ m£p Fermiho vlnovou délku můžeme vyjádřit ve tvaru 2nh 2nh Xp Py V2me 2me ' Potom můžeme nerovnost napsat 2%tr \2%fi2 „ Potom hledanou podmnkou je mkBT Xj 3> Xp. (79) 29. Tepelná kapacita plynu III Spočtěte cy nerelativistického fermionového plynu a ověřte platnost klasické limity pro cy/N. Řešení: Při výpočtu využijeme znalost vnitřní energie fermionového plynu v klasickém případě E = -jjkBTFs 2X1 2 \kBT J 1 j" a vztah pro počet částic kde N = lY.Fi(JL Xt 1 \kBT J Xt = I 2nhl mkBT (80) (81) (82) Energii rozšíříme pomocí výrazu udávající počet částic N/N(T,n), dostaneme E = -NkBT Zavedeme značení j_ kBT F„. Tepelnou kapacitu spočítáme podle známého vzorce Cy dT J N,v 3-NkBf + 3-NkBT^T ' ->dT 2 Fi 2 Fi derivace funkce Fn podle T vypadá následovně dFn dT \'N — (-^)Ff- dT \kBT " 1 j" dp dTjVNkBT kBT2 Fn- 21 Dosadíme do vztahu pro cy a obdržíme 3^3 cv = ~NkB-± + -N 2 F3 2 d[l dŤ V,N E T FsFi Pro další výpočet využijeme faktu, že celkový počet částic nezávisí na teplotě, tedy dN\ 3^ kB \dT J WhT kBT v,n B Odtud vyjádříme parciální derivaci chemického potenciálu podle teploty Fx =0. 2 d[l dŤ V,N T 2 Fx 2 Po dosazení do cy dostaneme cv = -2N F5F, \ _ 2 2 FsF\ \ _ 2 2 V kladickém případě můžeme funkci Fn aproximovat Fn k, exp JL kBT potom jsou všechny podíly funkcí F rovny jedné a dostaneme známý vztah pro tepelnou kapacitu 3 cv ~ ^NkB. Jiný způsob řešení: Nejprve pomocí termodynamiky spočítáme, čemu je rovno cy^. Víme, že dS' dT entropii zavedeme jako S = S(N(fJL,V, T),V, T), potom 'dS(N(ll,V,T),V,T) v,li dT v,n 1 dNJvAdTj,,.. [dT Využijeme Maxwellovy relace plynoucí ze vztahu pro volnou energii dF = -SdT-pdV + lldN, odkud v,n dS_ dN v,t dji\ dt')n,v' Za předpokladu, že při konstantním objemu se počet částic nemění, tj. dN dostaneme vztah dN\ ídN\ ŽE) dt )n,v ŽE\ (™\ dN t,v dT J 22 Spočítané parciální derivace dosadíme do výrazu pro cy, TIM\-' (BN\- (as V,N Pro tepelnou kapacitu potom dostaneme vztah CV,N — Cy^ n,v (86) V tomto kroku skončíme s termodynamikou a využijeme výsledků statistické fyziky. Stačí „jen" dosadit příslušné veličiny pro klasický fermionový plyn. pro nerelativistický fermionový plyn. Termodynamický potenciál takového systému částic je roven gV Cl = -ärjkBTFi Aj 2 \kBT Z (87) zjistíme entropii plynu 5: ídQ. \1Ť v,n -gVkB 5 ^ U ^ 2 2 kBT 2 Z entropie pak snadno zjistíme tepelnou kapacitu cy^ gVkB /15 CV,íl v,n Z (81) spočítáme parciální derivaci dT ) V,íi -F5-3-^-F3+-^Fl 4 5 kBT 2 klT2 2 gV A| \2T 2 kBT2 2 (87) A na závěr dli ) V,T sy__}_pi X^kBT 2-' Všechno dosadíme zpět do (86), obdržíme gVkB CV,N /15 u U2 —rFí — 3-r^;F3 + -~—-F i V 4 2 kBT 2 k2T2 2 4r2 Fi kBT3 2 k2T* X2 Celý výraz podělíme kgN, na pravé straně dosadíme (81) ;FS „ ^2 Fi 9F3 cy,N kBN -ľ-í-3 » 4 F3 2 + 2 + .3^ kBT k2T2F2 4Fi kbT k2T2F2 V kladickém případě můžeme opět funkci Fn aproximovat výrazem (84), potom cy,N kBN 15 ^ u u 3^ + * 9 ^ u + 3-H kBT k2T2 4 kBT k2T2 Dostáváme se do nejlepší části výpočtu, jediný nenulový člen bude 3/2, ostatní zmizí, potom máme výsledek cy,N _ 3 kBN ~ 2' což je stejný výsledek, jako v předchozím případě. (88) 23 30. Klasická limita Overte platnost klasické limity E = ^NkBT, Řešení: Využijeme opět vztahů (80) a (81). Zde vyjádříme přibližně funkci Fn jako (84). Potom pro energii plynu dostaneme 3sV, ^ f jx \ _3gVu ^ n analogicky můžeme upravit počet částic F = - tt^b^Fs —— « -tt^b^s exp . , ^ 2Xl ž\kBT I 2X1 3 ť\kBT Xj ^ ^\kBT Spočítáme E-N/N, £ = |jfcB7W. (89) 31. Relativistický plně degenerovaný fermionový plyn Spočítejte: (a) hustotu stavů, (b) Fermiho energii, Fermiho hybnost, (c) počet částic, (d) vnitřní energii, (e) termodynamický potenciál, (f) stavovou rovnici pro relativistický (v případě 31f ultrarelativistický) plně degenerovaný fermionový plyn. Počet částic, vnitřní energii a termodynamický potenciál vyjádřete jako funkci Fermiho energie. Řešení: Jelikož je fermionový plyn plně degenerovaný, jde teplota T —> 0. Potom výraz i íl E„. (a) Hustotu stavů určíme ze vzorce "(p)dp = (2W^dP' potom n(p)áp = —r-^p dp. JC2h (b) Vzhledem k tomu, že plně degenerovaný fermionový plyn obsazuje hladiny pouze do stavu s Fermiho hybností p^, dostaneme po integraci tohoto výrazu n2h3 3 ' Odtud Fermiho hybnost je Fermiho energie £f = \l v\c2 +m2c4. 24 (c) Vyjádříme hustotu stavů v závislosti na energii. Dostaneme V V e2 - m2cA , n(e)de = ——r-ô-£de. n2h3 c3 Provedeme substituci e —> mc2t a dostaneme V (mc2)3 r-- n(t)dt = —v ' \Jt2 - \tdt. n2h c3 Počet částic pak dostaneme integrací přes t od 1 do e^/mc2 (před substitucí od mc2 do £p) a vynásobením faktorem s exponenciálou, který je však pro teplotu roven limitě viz výše. N ■ V (mc2] n2h3c3 3 tnc^ j dtt\/t2 - 1, jehož řešením je (d) Vnitřní energie je dána vztahem N ■ V 3n2h 3 „3 (e2m2cAV eF u V í Ve2 - m2é V(mc2 dNE =-T / de---- v 4 tne n2h3 n2h3 dt (t2-l)~2t2. Integrál lze vyřešit pomocí substituce t = cosh(x) a následných úprav přes vzorce pro hyperbolické funkce zjistíme, že V (mcT $n2h3 , 4 mc2 dt U2-iÝt2 = v ^f) t U2-1) Vf—i -m(t + Vf—ŕ ^ Sn2h3 t= mc t=\ Výsledek tedy dostaneme ve tvaru U V (mc2) $n2h3 mc2 \ (mc2)2 ——j - 1 - ln (mc2) l mc- {mc 2X2 (e) Termodynamický potenciál íl analogicky jako předchozí případ. Počítáme integrál V (mc2\ 3n2h3 4 mc2 dt (ť-1)2. 1 Integrujeme stejně jako v předchozí části a dostaneme ,4 V (mc2) $n2h3 mc2 \ 3 í™r2\2 1 [me- lme F l+ln[ + 2\2 \ mc2 (mc 2\2 (f) Nejprve přepíšeme výše odvozené výrazy pro případ ultrarelativistického plynu. Počet částic termodynamický potenciál V(mc2)3 / £f n 3 3lť2h3 \mc2 V(mc2)4 / eF \4 \2n2h3 \mc2 25 ,4 a vnitřní energie 4n2h3 \mc2 Jelikož platí íl = — PV, zjistíme, že V {mc2Y ( eF ^4 P (mc2)4 / £p \ 4 127T2/ž3 Vmc2 tento výraz vyjádříme pomocí počtu částic P=— — 7T3/Ž. 4 Vvy 4 Odtud vyplývá, že P oc p 3. 32. Fluktuace Spočítejte fluktuaci počtu částic pro případ grandkanonického rozdělení ^AjV2 = (N2) — {N)2^. Aplikujte na případ nerelativistického fermionového a bosonového plynu. Řešení: Vyjdeme z definice (N), tento výraz pak upravíme exp(-En-N~'iN (N) = Y,Nwn,N = J>-V vkBT n,N n,N " Využijme nyní faktu, že derivace exponenciály podle chemického potenciálu je rovna dexP{ k^f—) N ( En,N-nN d jU kBTeXP\ kBT Potom / E„ n-flN LN- ^-- = — E3T7exP n,N derivaci můžeme přesunout před sumu, kBT d _ ( En,N-iiN\ kBTdZ S d^^N V kBT J Z Analogicky budeme postupovat pro (N2) exp (_En,N-nN\ n,N n,N " Potom yNŕ_n-Z^Í = ÍÍL yN* (En,N-»N h s s h ^ ťV *Br derivaci můžeme přesunout před sumu, v sumě výraz navíc rozšíříme Z Jelikož máme vyjádřený výraz pro (N), můžeme tento vzorec přepsat jako , „d(N) kBT dZ , /lrt2 26 2V ^n2_, Odtud snadno zjistíme, že (N-)-{Ny = kBT d^ Nyní aplikujeme případ bosonů: střední počet částic je roven potom Také můžeme napsat {AN)2 1 B\ {l*T n2 nBi (A Pro fermiony platí stejné vzorce až na znaménko, tj. nejsou popsány funkcí B, ale F. Napíšeme proto rovnou výsledek (AAO2 1 F\ (ůř N2 N^i{ů 33. Viriálový teorém Odvoďte viriálový teorém pomocí klasické mechaniky. Řešení: V případě pohybů v centrálním silovém poli můžeme odvodit jeden důležitý teorém - o viriálu. Uvažme veličinu G = ^Pí-rr, i kde sčítáme přes všechny částice daného systému. Totální derivace této veličiny je rovna ^ + (90) První člen na pravé straně můžeme upravit • pi = Y^mři ■ ři = = 2T- i i i Druhý člen upravíme jako i i Rovnice (90) se poté změní na tvar d dt £p.r; = 2r + £Frr;. (91) Spočítáme střední hodnotu z dané rovnice, a to tak, že obě strany integrujeme v mezích od 0 do T a vydělíme T 1 f J dG d(G) „ - / dt— = = 2 (T) + ( > Fr • Ti T J dT dt x ' \^ o Levou stranu můžeme případně napsat ve tvaru i[G(T)-G(0)] = 2(r) + /^FI--rA. (92) 27 Pokud je pohyb periodický, nebo máme-li prostorově omezený systém (takže i funkce G je shora omezená), můžeme v tomto případě pro velká T položit levou stranu rovnu nule, potom dostáváme <7'> = -!(í>r')- <93) Clen na pravé straně můžeme ještě rozepsat. Síla působící na jednu částici je dána vzájemnou interakcí částic a vnějšími silami - tlakem 4(Er^)=4(-(^-vn)-ř<í^"-' Odbočka: Eulerova věta o homogenních funkcích Mějme homogenní funkci N proměnných stupně k, tzn. platí f(txi,tx2,--- ,txN) = tkf(xi,x2,--- ,*n)- Eulerova věta říká, že součet součánů parciálních derivací homogenní funkce s odpovídajícími proměnnými je roven dané funkci násobené stupněm homogenity Ä df(xi,x2,---,xN) 1f( , ,QA. l^xn---= kf(x1,x2,---,xN). (94) n=\ dXn Konec odbočky. Nechť je potenciální energie II homogenní funkcí souřadnic stupně n. Potom máme ~\ ^-^Lr'-Vn^)-jP(^dAn-r)^) =\(n(U)-3PV). Tento výsledek dosadíme za pravou stranu rovnice (93), viriálový teorém pak dostaneme ve tvaru 2(T)-n(Yí)-3PV = 0. (95) 34. Aplikace viriálového teorému Odvoďte stavovou rovnici ideálního plynu pomocí viriálového teorému. Řešení: Střední hodnota kinetické energie je podle ekvipartičnŕho teorému rovna (T) = \kBT. Nyní je otázkou, jak vyjádřit člen na pravé straně rovnice (93). Z definice ideálního plynu je zřejmé, že vzájemná interakce částic plynu je velmi vzácná oproti interakci částic se stěnami nádoby. Tyto síly vždy hrají roli při interakci částic plynu se stěnami nádoby a vyskytují se právě v celé ploše stěn. Potom sumaci můžeme nahradit integrálem přes plochu stěn nádoby. Diferenciál síly můžeme napsat ve tvaru dFr = -PndA, nebo Í£F,r,.= -f/cU„.r, kde P je tlak vyvolaný tokem částic, n normálový vektor a dA element plochy stěny nádoby. Pomocí Gaussovy věty můžeme integrál přepsat ve tvaru dAn-r= / dVV-r = 3V. Výraz pro kinetickou energii a pro potenciál dosadíme zpět do (93) ^NkBT = ^PV, (96) odkud již snadno obdržíme NkBT = PV, (97) což je hledaná stavová rovnice ideálního plynu. Stejný výsledek dostaneme z (95). 28 35. Aplikace viriálového teorému II Systém obsahuje N velmi slabě interagujících částic a jeho teplota je dostatečně velká nato, abychom mohli použít k popisu klasickou statistiku. Každá částice má hmotnost m a osciluje v daném směru kolem své rovnovážné polohy. Spočítejte tepelnou kapacitu systému za teploty T v následujících případech (a) Vratná síla je přímo úměrná vychýlení x z rovnovážné polohy. (b) Vratná síla je úměrná x3. Úlohy můžete počítat bez explicitního vyjádření příslušných integrálů, určete pomocí viriálového teorému stavovou rovnici plynu. Řešení: V obou případech využijeme vzorec (95), avšak bez plošných sil, tj. P = 0. Potom pro jednotlivé případy napíšeme řešení. (a) Síla je úměrná r. Potenciál je proto úměrný II oe r2. Jedná se tedy o homogenní funkci druhého řádu. Viriálový teorém můžeme zapsat ve tvaru 2(r)-2(n) =o, proto (T) = . Tento výsledek dosadíme do rovnice pro zákon zachování energie U = (T) + (JT) U = 2(T) =3NkBT, odkud (b) V tomto případě JT oc r4, máme tedy odkud dostaneme U = 3NkBT. 2(r)-4(n) = o, 9 U = —NkBT. 36. Kmity krystalové mříže Spočítejte tepelnou kapacity krystalové mříže pro (a) Debyeův model, (b) Einsteinův model krystalu. Řešení: Potřebujeme spočítat vnitřní energii kmitů, která je zřejmě rovna 1 £ŕ£ŕexp(-j3£ŕ) V Iŕexp(-j3£ŕ) (98) Uvažme JV-iontový harmonický krystal, což lze uvážit jako 3jV nezávislých oscilátorů. Příspěvek k celkové energii příslušného normálního módu s kruhovou frekvencí (Os(k) může mít pouze diskrétní množinu hodnot nks + l)h(Os(k), (99) 2/ kde 6 0,1,2, • • •. Celková energie je rovna je součet energií individuálních kmitových módů E = Yj(n1[S + j\ha)s(k). ks \ / 29 Definujeme funkci / ve tvaru Snadno si ověříme, že platí Dosadíme nyní za En, dostaneme kí d/T ih niexp l kí nkj 2 1 i „ exP -ln []- r „ , 1 V kí j3/žws(k) -/3/žw,(k) ( "kí + 2 ln[l-exp(-/3/žws(k))] Vnitřní energii pak určíme podle vzorce uvedeného výše, tedy 1 V ks hcos(k) h(0s(k)exp(-j5h(0s(k)) 2 \-exp(-j5hcos(k)) kí 1 + 1 2 exp(/3/ža>,(k)) - 1 Poslední výraz můžeme přepsat jako kí (100) kde zřejmě platí 1 exp(j8Äťoi(k)) - 1' Srováme-li tuto rovnici s (99), můžeme odvodit, že n^s představuje excitační číslo normálního módu ks při teplotě T. Klasická energie krystalové mříže pak musí být zobecněna na tvar u = ueq + — > -hms(k) + — > -,„ -• V^2 ;TV^exp(i3tos(k))-l Tepelná kapacita je potom rovna _ 1 ^ ä hcos(k) Cv~vLdŤexp(l3h(os(k))-\ (101) (a) Při Debyeově aproximaci předpokládáme, že a)s(k) = cs(k°)k. Sumu v (101) můžeme nahradit integrálem (může být přes první Brillouinovu zónu) dk hcoAk) dT^J (27T)3exp(/3/žWs(k))-ľ Tento integrál nahradíme integrálem přes sféru s poloměrem k^ zvolený tak, aby obsahoval přesně N vlnových povolených vektorů, kde N je počet iontů v krystalu. Objem ^-prostoru připadající na jeden vlnový vektor je (2n)3/V, což vyžaduje objem ^-prostoru (2n)3N/V pro vyplnění objemu 4nk^/2>, táže k^ je spočítáno rovnicí Dosadíme předpokládané podmínky ^ d ľ dk. hcsk Cv=\lŤ 1 {2n)3exp{j5hcsk) k3 6tt2' 2% kD l=\lŤJ 1 {2n)3 exp{j5hcsk)-\ 30 provedeme substituci hcsk dostaneme rdŤ-l l (2^)3 exP (Ptesk) - 1 ~ 8^3 \ Y~) \j cj(ä) J (exp(x)-l)2" Označme nyní a pro &d navíc platí pro Debyeovu teplotu &d Po dosazení nakonec dostaneme C" = 9"tBW /ďl(expW-ip- <103) Máme tedy vzorec, který závisí na parametru ©d- Debyeovu teplotu určíme pomocí nízkoteplotní limity. Tepelná kapacita za nízkých teplot je rovna 27t2, (kBT Cy = ——kB ?=s£/dí2;3 (102) (Od = kuc, kb&d = ho>o = hcki). 5 v lže kam dosadíme vzorec pro Debyeovu teplotu kB®D = heku = hc\/ 6n2n, po dosazení do výrazu pro tepelnou kapacitu za hc/kB 127t4 , / T \3 -nkB | I r 5 uv©Dy (b) Einsteinův model je vhodnější pro optickou větev a předpokládá, že cos(k) = (De- Tepelnou kapacitu určíme opět z (101), kam dosadíme patřičnou disperzní relaci d i i , exp(Sř) Cv = TŘTž ^ -7T~^-= nkB I - — I--v 7 2 5/3 V exp -1 V*b77 r x 12 exP (&) " 1 Volná částice I Spočtěte střední hodnotu souřadnice pro případ jednorozměrného pohybu volné částice uzavřené v oblasti x G [0,L], operátor hustoty v souřadnicové reprezentaci je ve tvaru 1 / n(x-x'^2 L *v M Řešení: střední hodnotu spočítáme ze vzorce (x) = Tr (px p(x,x,,/3) = 7eXp(--y-TT^). (104) 31 Stopu můžeme přepsat Tr(pi) = / tí . o o -°° První maticový prvek v integrálu je operátor hustoty, druhý maticový prvek je (x|x|x') = x(x|x') =x5(x — x). Potom dostaneme ř no (x) = j áx j dx — exp (—~^~~^2—^—jx<>(x — x) = — o o dx'x' L 2' 38. Volná částice II Spočtěte maticové elementy operátoru hustoty volné částice v impulsové reprezentaci. Řešení: Operátor hustoty je dán = exp (-pň) 9 Tr(-pň) ' Spočítejme proto nejprve partiční sumu. Hamiltonián volné částice je zřejmě roven H = p2/(2m): (105) Z(T,V, 1) = Trexp (~pň) = £(0P |exp {~pŘ) | 0p> = £exp 2m p p Jelikož vlastní hodnoty p leží velmi blízko sebe ve velkém objemu, můžeme přejít od sumace k integraci Z(T,V,1) V dpexp j3p2 (2nh)3 J ~"r V 2m Nyní můžeme napsat maticové elementy operátoru hustoty ve tvaru ( = £ (P |pI p'> (P \H\p> = £ p p,p' p,p' ^ex (~^2 V eXP I 2m 5pP Opět přejdeme od sumace k integraci a integrál přepíšeme do sférických souřadnic 1 A3 V a 2 I "/V 3 , dpp2exp' 2m V (2nh)3 J rr ~"r V 2m Provedeme klasickou substituci a dostaneme ™- [dkre™f-'5p 2m~ (27T)2 7 eXP 2m h2?í3 1 1 / 2m m {2n)22\Jh1 — dxx2 exp(—x). Snadno zjistíme, že (H) = -kBT. 32 40. Volná částice IV Spočtěte střední hodnotu hamiltoniánu volné částice ze znalosti partiční funkce (v rámci kvantové fyziky), V_ Á3 Řešení: Střední hodnota Hamiltoniánu je rovna Z=—. (107) nyní můžeme dosadit za Z 41. Dva fermiony Spočtěte elementy maticové reprezentace operátoru hustoty a partiční funkci pro dva neinteragující fermiony. Řešení: Vlnová funkce popisující tento systém musí být antisymetrická vzhledem k záměně částic, proto máme \Pl,P2) = {\Pl,P2) ~ \P2,Pl)) • Operátor hustoty pak spočítáme podle (105), tedy i ,,,,,,, ,,n / Pi+pIA \Pi,P2\P\PuP2) = ^ {{Pi,P2\ -(P2.Pi|)exP y~2mkBT) (\puP2^~ \P^Pi)) 2ZeXP \~2mkBT ) ((p'^p'2\PuP2) ~ (p'i'p'2\ P2,Pi) ~ {p'^Pi \ PUP2) + {p^Pi \ P2,Pi)) hexp (-w)[5 (p; -pi) 5 (P2 -P2) -5 (p; -P2) 5 (P2 -pi) - 8 (pá - pO 8 (P; - P2)+8 (P2 - P2) 8 (P; - pi)] 1 ' 4í4) [8 (Pi - Pi) 8 (P2 - P2) - 8 (P; - P2) 8 (p2 - Pl)] • Z P ^ 2mkBT J Nyní ještě spočítáme partiční funkci, která je ve tvaru 1 / p2 + p2\ Z = Tr [exp (-j5H)] =- £ ((pi,p2\- (p2,Pi|)exp - 1 2 (|pi,p2) - \P2,Pi)) PuP2 V 2mkBTj I V ex í Pi+p2^ 're, f P2 ^ 2pfeeXPV 2m£B77 2^eXPV 2m*B77 Opět můžeme přejít od sumace k integraci, dostaneme 1 V2 f a a ( Pl+P^ 1 ^ ' dpidp2 exp - —l——é - - , / dpexp 2 (27T/ž)6 i V 2mkBT J 2 {2nhf J ť\ 2mkBT iv2 o 1 y 3 (2nmkBT) --,„ ,.J2xmkBT)-^ (108) 2(27T/ž)6 7 2(27T/ž) což můžeme přepsat pomocí A = - ' 27TÄ2 mkBT' 33 obdržíme IV2/ J_A^ 42. Bílý trpaslík Uvažujte hvězdu složenou z elektronově degenerované látky. (a) Je-li N počet nukleonů, jaký je počet elektronů? (hvězda je složena z 12C a 160. (b) Spočtěte energii připadající najeden elektron za předpokladu, že plyn je i. relativistický, ii. nerelativistický. (c) Spočtěte energii připadající najeden nukleon. (d) Najděte minimum energie jako funkce poloměru hvězdy, ukažte, že v extrémně relativistickém případě nastane minimum pro R —> 0. (e) Nalezněte limitní hmostnost pro extrémně relativistický případ, pro kterou je celková energie nulová. Řešení: (a) Uhlík má šest elektronů a dvanáct nukleonů. Kyslík osm elektronů a šestnáct nukleonů. Počet elektronů je tedy v obou případech poloviční vzhledem k počtu nukleonů. (b) Pro případ nerelativistického plynu máme (viz příklad 31) 4 N_ Vpl I0men2h31" 3n2h potom podílem těcgto dvou hodnot dostaneme E 3 (N N 10mP V V dosadíme objem koule a dostaneme -3n2h3 N 10me V 4 J R2 Pro ultrarelativistický případ máme E=V(mc2)4 / £f x4 4ti2 h3 \mc2 N=V{mc2)3 ( £f X3 37T2/ž3 \mc2, Energii připadající na jednu částici zjistíme stejně jako v předchozím případě E 3 2 3 2 (N. 2 h3 V 3 2(9 \s h NÍ mec = -mec — 3n--t-t = -mec —% N 4"^ 4"""" \V~" (mec2)3J 4 \4 J mec2 R (c) Gravitační potenciální energie je rovna E, Gm2 G R Hmotnost je rovna m = Nu, potom máme Eq _ GNu2 ~Ň ~ ~Ř~' 34 (d) Celková energie je rovna součtu kinetické a potenciálni energie. Ne Ne Ne 10me \4 J R2 R extrém najdeme zřejmě pokud derivace energie podle poloměru je rovna nule dR 5mP V 4 J R3 R2 odkud 3tí2 /9 \5 -i *=2ôŕG^47r) ^ je zřejmé, že V extrémně relativistickém případě je energie rovna E Ek EG 3 2 3 2 (N. 2 tí3 V 4GNeu2 — H--= —mec = —mec I —371 1 Ne Ne Ne 4 4 \V (mec2)3 / R Nyní je zřejmé, že derivace energie podle poloměru je úměrná R 2 a minimum energie nastává pro R ->• 0, kdy E ->• (e) Pokud Ne > Ncľ a E = 0, dostaneme ze vztahu uvedeného výše Na={T6d) 2^' a kritická hmotnost mcr = 2NcrM=^—j —. Hlednání rovnice pro chemický potenciál Najděte rovnici pro chemický potenciál v případě látky v symetrickém gravitačním poli. Předpokládejte, že p +ku(p = fl' + mc2 + ku(p =konst., kde k je počet nukleonů na jeden elektron a u je hmotnost nukleonu. Rovnici zdůvodněte. Zanedbejte vliv tlaku nedegenerované látky a hmotnosti elektronů. Řešení: Ze zadání víme, že konst. jU ^ ku ku1 příp. konst. \i' mc2 ^ ku ku ku Rovnice je pro sféricky symetrický případ ve tvaru r2 <9r ( <9r ) ^ Za (p dosadíme předchozí rovnici ze ZZE. Jediná veličina závislá na poloměru je chemický potenciál. Po dosazení a vynásobení ku dostaneme \l(r2^)=-4nGk2u2n. rL ar \ ar Stejnou rovnici dostaneme po dosazení rovnice s \i''. 35 44. Rovnice pro chemický potenciál v integrálním tvaru Zintegrujte rovnici pro chemický potenciál za předpokladu, že d;U dr = 0, r=0 kde R je poloměr hvězdy. Výsledek vyjádřete pomocí celkové hmotnosti hvězdy. Řešení: vyjdeme ze spočítané rovnice z předchozího příkladu, kterou vynásobíme r2 d ( 2dV\ A„n,2 2 2 — r ^r— 1 = — \%Gk u nr dr \ dr Zintegrujeme R R d f 2d\l J driLr^j =_y dr47rG/tV«r2. o o Levá strana je úplná derivace (v tomto případě skutečně ano) a dostaneme R ár^(^\=? ar \ ar o Pravá strana R drAnGk2!?™2 = -AnGku J drkunr2 = -AnGkunM. o o d[l _?djL = r2^ň dr r=R dr R r=R Dostáváme potom ŕ ŽE = -AnGkunM. r=R 45. Přeškálování rovnice pro chemický potenciál Přepište rovnici pro chemický potenciál do bezrozměrných proměnných kde , 4k2 6u2 A = —- a určete okrajové podmínky. Řešení: Koncentrace je rovna 3 % (hc) (hc)W Dosadíme LjL (V—^ - 4nGk2u2^3 - r2 dr \ dr J (hc)337l3 ' po jednoduchých úpravách 1 d í^df\ , Š2dš y d$' f ' 46. Rovnice kontinuity Odvoďte rovnici kontinuity z Boltzmanovy kinetické rovnice. Předpokládejte, že síla nezávisí na hybnosti. Řešení: BKR je ve tvaru dt m \dtJcoll 36 m j dp^+m J dpv-Vr/ + J dpF • Vpf = m-^ J dp/ + mVr-J dpv/ + mF J dpVp/. Rovnici nyní zintegrujeme přes hybnosti df r r r r Třetí člen upravíme pomocí Stokesova teorému J dpVp/ = J dSp/ = 0, r dr -.1 za předpokladu, že / konverguje k nule dostatečně rychle, tj. rychleji než p . Dále víme, že /(r,p,ř) f(r, t) = m- n(r, t) = m J dp Střední rychlost je definována vztahem (2nhf " / dPv/ / dpv/ u(r,0 = (v) r / dp/ (2nh)3mn(r,t)' r Dosadíme do spočítané rovnice a dostaneme dn m— + mvr • mu = 0. at Nebo ^ + Vr.(pu) = 0. 47. Tok tepla Pomocí Boltzmanovy kinetické rovnice spočtěte tok tepla v přítomnosti konstantního gradientu teploty dr a = ——,T = T0-ay. (109) dy Řešení: musí platit hydrostatická rovnováha p = n0kBT0 = nkB(T0 - ay), odtud n = riQ- To-ay BKR 37+v-Vr/ + --Vp/= — , dt m V^/coii. kde předpokládáme stacionární stav. První člen na levé straně je proto roven nule. Dále předpokládáme F = 0a 'df\ f-fo kde fo je rovnovážná rozdělovači funkce, kterou předpokládáme ve tvaru . f2nh2y ( p2 \ {2xh2Y T0 ( p2 fo=n \ —— exp - = «0 —r- -? exP mkBT) V 2mkBT J \mkBJ (jQ_ay^2 \ 2mkB(TQ-OCy) BKR se zjednoduší na V7 r f-f0 v-Vr/= ——, 37 kde předpokládáme, že gradient z funkce / je přibližně roven gradientu z fo. Potom pro / dostaneme dfo / = /o - tv • Vr/0 = fo - rvy dy Dosadíme do výrazu pro distribuční funkci / = /o + axvy T0 2(T0 - ay) mkB(TQ-ay) no 2%h mkB 2^í exp 2mkB(Jo — ay) Nyní se můžeme zaměřit na výpočet samotného toku tepla. Ten je roven qy d3p p2 (2nh)3 2m Vyf- Integrace fo je nulová, jelikož je fo sudá funkce. Vezměme nyní lineární přiblížení To — ay 7b, potom je tok tepla roven qy — —n ( 27lh2 \* f 2y2( p2 5] ex 2To2m 0\mkBToJ J (2nh)3P y \mkBTo J ^ ■V 2mkBTo ) Zavedeme sférické souřadnice, jejichž severní pól leží ve směru osy y, tj. vy = vcos(0) 1 1 2% % m2 (2nh) 1 1 m2 (2nh)- 0 0 0 —3 y dípjddj dp ( f ^ - 5 ) p6 cos2 6 sin 6 exp ■-27T- 1 3* - - cos o 3 mkBT0 1 1 2mkBTQJ mkBT0 -{2mkBToý2 J dtti exp(-ř) --{2mkBTo)2 J dtt2exp{-t) 5 n0k2 To 15 -a—2- 2 m Pro tok tepla nakonec vyplývá, že kde dT q = —K— = Ka, dr _5n0k2Tol3 2 m 38