Grundkurs Theoretische Physik 4: Spezielle Relativitätstheorie, Thermodynamik, 8. Auflage

Springer-Lehrbuch Grundkurs Theoretische Physik Band 1 Klassische Mechanik 9. Auflage ISBN: 978-3-642-12947-6 Band 2 ...

Author: Wolfgang Nolting

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Springer-Lehrbuch

Grundkurs Theoretische Physik Band 1 Klassische Mechanik 9. Auflage ISBN: 978-3-642-12947-6 Band 2 Analytische Mechanik 8. Auflage ISBN: 978-3-642-12949-0 Band 3 Elektrodynamik 9. Auflage ISBN: 978-3-642-13448-7 Band 4 Spezielle Relativitätstheorie, Thermodynamik 8., aktualisierte Auflage ISBN: 978-3-642-24480-3

Band 5/1 Quantenmechanik – Grundlagen 7. Auflage ISBN: 978-3-540-68868-6 Band 5/2 Quantenmechanik – Methoden und Anwendungen 7., überarbeitete Auflage ISBN: 978-3-642-24420-9 Band 6 Statistische Physik 6. Auflage ISBN: 978-3-540-68870-9 Band 7 Viel-Teilchen-Theorie 7., aktualisierte Auflage ISBN: 978-3-642-01605-9

Wolfgang Nolting

Grundkurs Theoretische Physik 4 Spezielle Relativitätstheorie Thermodynamik 8., aktualisierte Auflage Mit 95 Abbildungen und 117 Aufgaben mit vollständigen Lösungen

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Professor Wolfgang Nolting Humboldt-Universität zu Berlin Institut für Physik Newtonstraße 15 12489 Berlin Deutschland [email protected]

Umschlagabbildung: siehe Seite 296

ISSN 0937-7433 ISBN 978-3-642-24480-3 e-ISBN 978-3-642-24481-0 DOI 10.1007/978-3-642-24481-0 Springer Heidelberg Dordrecht London New York Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2002, 2005, 2010, 2012 Dieses Werk ist urheberrechtlich geschützt. Die dadurch begründeten Rechte, insbesondere die der Übersetzung, des Nachdrucks, des Vortrags, der Entnahme von Abbildungen und Tabellen, der Funksendung, der Mikroverfilmung oder der Vervielfältigung auf anderen Wegen und der Speicherung in Datenverarbeitungsanlagen, bleiben, auch bei nur auszugsweiser Verwertung, vorbehalten. Eine Vervielfältigung dieses Werkes oder von Teilen dieses Werkes ist auch im Einzelfall nur in den Grenzen der gesetzlichen Bestimmungen des Urheberrechtsgesetzes der Bundesrepublik Deutschland vom 9. September 1965 in der jeweils geltenden Fassung zulässig. Sie ist grundsätzlich vergütungspflichtig. Zuwiderhandlungen unterliegen den Strafbestimmungen des Urheberrechtsgesetzes. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichen- und Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Einbandgestaltung: WMXDesign GmbH, Heidelberg Gedruckt auf säurefreiem Papier Springer ist Teil der Fachverlagsgruppe Springer Science+Business Media (www.springer.de)

Allgemeines Vorwort Die sieben Bände der Reihe „Grundkurs Theoretische Physik“ sind als direkte Begleiter zum Hochschulstudium Physik gedacht. Sie sollen in kompakter Form das wichtigste theoretisch-physikalische Rüstzeug vermitteln, auf dem aufgebaut werden kann, um anspruchsvollere Themen und Probleme im fortgeschrittenen Studium und in der physikalischen Forschung bewältigen zu können. Die Konzeption ist so angelegt, dass der erste Teil des Kurses, Klassische Mechanik (Band 1) Analytische Mechanik (Band 2) Elektrodynamik (Band 3) Spezielle Relativitätstheorie, Thermodynamik (Band 4), als Theorieteil eines „Integrierten Kurses“ aus Experimentalphysik und Theoretischer Physik, wie er inzwischen an zahlreichen deutschen Universitäten vom ersten Semester an angeboten wird, zu verstehen ist. Die Darstellung ist deshalb bewusst ausführlich, manchmal sicher auf Kosten einer gewissen Eleganz, und in sich abgeschlossen gehalten, sodass der Kurs auch zum Selbststudium ohne Sekundärliteratur geeignet ist. Es wird nichts vorausgesetzt, was nicht an früherer Stelle der Reihe behandelt worden ist. Dies gilt inbesondere auch für die benötigte Mathematik, die vollständig so weit entwickelt wird, dass mit ihr theoretisch-physikalische Probleme bereits vom Studienbeginn an gelöst werden können. Dabei werden die mathematischen Einschübe immer dann eingefügt, wenn sie für das weitere Vorgehen im Programm der Theoretischen Physik unverzichtbar werden. Es versteht sich von selbst, dass in einem solchen Konzept nicht alle mathematischen Theorien mit absoluter Strenge bewiesen und abgeleitet werden können. Da muss bisweilen ein Verweis auf entsprechende mathematische Vorlesungen und vertiefende Lehrbuchliteratur erlaubt sein. Ich habe mich aber trotzdem um eine halbwegs abgerundete Darstellung bemüht, sodass die mathematischen Techniken nicht nur angewendet werden können, sondern dem Leser zumindest auch plausibel erscheinen. Die mathematischen Einschübe werden natürlich vor allem in den ersten Bänden der Reihe notwendig, die den Stoff bis zum Physik-Vordiplom beinhalten. Im zweiten Teil des Kurses, der sich mit den modernen Disziplinen der Theoretischen Physik befasst, Quantenmechanik: Grundlagen (Band 5/1) Quantenmechanik: Methoden und Anwendungen (Band 5/2) Statistische Physik (Band 6) Viel-Teilchen-Theorie (Band 7), sind sie weitgehend überflüssig geworden, insbesondere auch deswegen, weil im Physik-Studium inzwischen die Mathematik-Ausbildung Anschluss gefunden hat. Der frühe Beginn der Theorie-Ausbildung bereits im ersten Semester gestattet es,

die Grundlagen der Quantenmechanik schon vor dem Vordiplom zu behandeln. Der Stoff der letzten drei Bände kann natürlich nicht mehr Bestandteil eines „Integrierten Kurses“ sein, sondern wird wohl überall in reinen Theorie-Vorlesungen vermittelt. Das gilt insbesondere für die „Viel-Teilchen-Theorie“, die bisweilen auch unter anderen Bezeichnungen wie „Höhere Quantenmechanik“ etwa im achten Fachsemester angeboten wird. Hier werden neue, über den Stoff des Grundstudiums hinausgehende Methoden und Konzepte diskutiert, die insbesondere für korrelierte Systeme aus vielen Teilchen entwickelt wurden und für den erfolgreichen Übergang zu wissenschaftlichem Arbeiten (Diplom, Promotion) und für das Lesen von Forschungsliteratur inzwischen unentbehrlich geworden sind. In allen Bänden der Reihe „Grundkurs Theoretische Physik“ sollen zahlreiche Übungsaufgaben dazu dienen, den erlernten Stoff durch konkrete Anwendungen zu vertiefen und richtig einzusetzen. Eigenständige Versuche, abstrakte Konzepte der Theoretischen Physik zur Lösung realer Probleme aufzubereiten, sind absolut unverzichtbar für den Lernenden. Ausführliche Lösungsanleitungen helfen bei größeren Schwierigkeiten und testen eigene Versuche, sollten aber nicht dazu verleiten, „aus Bequemlichkeit“ eigene Anstrengungen zu unterlassen. Nach jedem größeren Kapitel sind Kontrollfragen angefügt, die dem Selbsttest dienen und für Prüfungsvorbereitungen nützlich sein können. Ich möchte nicht vergessen, an dieser Stelle allen denen zu danken, die in irgendeiner Weise zum Gelingen dieser Buchreihe beigetragen haben. Die einzelnen Bände sind letztlich auf der Grundlage von Vorlesungen entstanden, die ich an den Universitäten in Münster, Würzburg, Osnabrück, Valladolid (Spanien), Warangal (Indien) sowie in Berlin gehalten habe. Das Interesse und die konstruktive Kritik der Studenten bedeuteten für mich entscheidende Motivation, die Mühe der Erstellung eines doch recht umfangreichen Manuskripts als sinnvoll anzusehen. In der Folgezeit habe ich von zahlreichen Kollegen wertvolle Verbesserungsvorschläge erhalten, die dazu geführt haben, das Konzept und die Ausführung der Reihe weiter auszubauen und aufzuwerten. Die ersten Auflagen dieser Buchreihe sind im Verlag Zimmermann-Neufang entstanden. Ich kann mich an eine sehr faire und stets erfreuliche Zusammenarbeit erinnern. Danach erschien die Reihe bei Vieweg. Die Übernahme der Reihe durch den Springer-Verlag im Januar 2001 hat dann zu weiteren professionellen Verbesserungen im Erscheinungsbild des „Grundkurs Theoretische Physik“ geführt. Herrn Dr. Kölsch und seinem Team bin ich schon jetzt für viele Vorschläge und Anregungen sehr dankbar. Meine Manuskripte scheinen in guten Händen zu liegen. Berlin, im April 2001

Wolfgang Nolting

Vorwort zu Band 4 Das Anliegen der Reihe „Grundkurs Theoretische Physik“ wurde bereits in den Vorworten zu den ersten drei Bänden definiert und gilt natürlich unverändert auch für den vorliegenden vierten Band, der die Spezielle Relativitätstheorie und die Thermodynamik zum Thema hat. Der Grundkurs ist als unmittelbarer Begleiter des Grund- und Hauptstudiums für das Diplom Physik beziehungsweise der neuen Bachelor/Master-Studiengänge in Physik gedacht und richtet sich nach Auswahl und Reihenfolge der Themen nach den Anforderungen der jeweiligen Studienordnungen. Gedacht ist dabei an einen Studiengang wie in einem „Integrierten Kurs“ aus Experimentalphysik und Theoretischer Physik, der bereits im ersten Semester mit der Theoretischen Physik beginnt. Deshalb musste in den ersten drei Bänden dem für den Aufbau der Theoretischen Physik unbedingt notwendigen, elementaren mathematischen Rüstzeug ein relativ breiter Raum zugestanden werden, wobei es insbesondere um das Erlernen von Rechentechniken ging. Die mathematischen Einschübe werden von diesem vierten Band an nun etwas weniger häufig. Mit dem vorliegenden Band wird die so genannte klassische Theoretische Physik abgeschlossen, die in der Regel den Vorlesungsstoff bis zum Vordiplom beziehungsweise den der ersten drei bis vier Semester des Bachelor-Programms darstellt. Die Zusammenstellung von Spezieller Relativitätstheorie und Thermodynamik mag zunächst etwas verwundern. Sie erfolgt natürlich nicht aufgrund einer engen thematischen Beziehung zwischen diesen beiden Disziplinen, sondern wegen der erklärten Zielsetzung des Grundkurses, ein direkter Begleiter des Physik-Studiums sein zu wollen. Die Relativitätstheorie zählt zu den klassischen Theorien und wird als solche zweckmäßig im Anschluss an die Klassische Mechanik und Elektrodynamik besprochen, d.h. zu Ende des dritten oder zu Beginn des vierten Semesters. Deswegen beginnt auch der vierte Band des Grundkurses mit dem relativistischen Ausbau der Mechanik (Bände 1 und 2) sowie der Elektrodynamik (Band 3). Thematisch wäre die Thermodynamik natürlich besser bei der Statistischen Mechanik aufgehoben, die ihrerseits jedoch als moderne, nicht-klassische Theorie (Quantenstatistik) nicht vor dem sechsten Semester angeboten werden kann, nachdem im vierten/fünften Semester die Quantenmechanik behandelt wurde. Die klassische, phänomenologische Thermodynamik bezieht ihre Begriffsbildung direkt aus dem Experiment, benötigt deshalb im Gegensatz zur Quantenstatistik noch keine quantenmechanischen Elemente. Sie ist in der Regel Prüfungsstoff des Vordiploms beziehungsweise ein Modul des Bachelor-Programms und muss deshalb an dieser Stelle in den Grundkurs eingebaut werden. Die Spezielle Relativitätstheorie befasst sich mit der Abhängigkeit physikalischer Aussagen vom Bezugssystem des Beobachters. Wichtig sind dabei die Inertialsysteme, in denen das Newtonsche Trägheitsgesetz ohne Mitwirkung von Scheinkräften Gültigkeit hat. Nach dem Einstein’schen Äquivalenzpostulat sind Inertialsysteme grundsätzlich physikalisch gleichberechtigt. Sie werden jedoch nicht durch die

Galilei-Transformation der nicht-relativistischen Mechanik, sondern durch LorentzTransformationen ineinander überführt. Deren wichtigste Konsequenz besteht in einer Verknüpfung von Raum- und Zeitkoordinaten, aus der sich eine Reihe von zum Teil recht spektakulären Phänomenen ableiten lässt, die auf einen ersten oberflächlichen Blick sogar dem gesunden Menschenverstand zu widersprechen scheinen. Begriffe wie Raum, Zeit und Gleichzeitigkeit müssen neu überdacht werden. Aus dem zweiten Einsteinschen Postulat, dass die Lichtgeschwindigkeit im Vakuum zu allen Zeiten und allen Orten konstant und zudem vom Bewegungszustand der Quelle unabhängig ist, lässt sich die spezielle Form der Lorentz-Transformationsmatrix ableiten. Das Hauptanliegen der Speziellen Relativitätstheorie besteht darin, die physikalischen Gesetze und Schlussfolgerungen der Mechanik und Elektrodynamik auf ihre Kompatibilität gegenüber Lorentz-Transformationen zwischen Inertialsystemen zu überprüfen. Abweichungen der relativistisch korrekten Mechanik von der ,,vertrauten“ Newton-Mechanik werden vor allem dann deutlich, wenn die Relativgeschwindigkeiten physikalischer Systeme mit der Lichtgeschwindigkeit vergleichbar werden. Die Spezielle Relativitätstheorie führt somit zu einer übergeordneten Klassischen Mechanik, die die nicht-relativistische Formulierung als Grenzfall kleiner Relativgeschwindigkeiten enthält. Die Thermodynamik ist als Wärmelehre eine klassische, phänomenologische Theorie, zu deren Verständnis Begriffe wie Temperatur und Wärme eingeführt werden müssen. Sinnvoll definierbar sind sie nur für makroskopische Viel-Teilchen-Systeme, bleiben dagegen völlig sinnlos für das Einzelteilchen. Die gesamte Thermodynamik basiert auf einigen fundamentalen Hauptsätzen, die als nicht-beweisbare, experimentell unwiderlegte Erfahrungstatsachen aufgefasst werden müssen. Bei diesen, wie auch bei den Begriffen Temperatur und Wärme, werden wir uns im Rahmen der Thermodynamik in gewisser Weise mit einem gefühlsmäßigen Selbstverständnis zufrieden geben müssen. Eine systematische Begründung gelingt erst der Statistischen Mechanik (Band 6), die deswegen als zur Thermodynamik komplementär angesehen werden muss. Sie unterwirft sich, zumindest in ihrer Version als Quantenstatistik, den Gesetzmäßigkeiten der Quantenmechanik, die in den Bänden 5/1 und 5/2 besprochen wird. Das vorliegende Buch ist aus Manuskripten zu Vorlesungen entstanden, die ich an den Universitäten in Würzburg, Münster, Warangal (Indien), Valladolid (Spanien) und Berlin gehalten habe. Die konstruktive Kritik der Studenten, meiner Übungsleiter und einiger Kollegen, mit Druckfehlerhinweisen und interessanten Verbesserungsvorschlägen für den Text- und den Aufgabenteil war dabei wichtig und hat mir sehr geholfen. Gegenüber der Erstauflage, damals erschienen beim Verlag ZimmermannNeufang, sind im Zuge der diversen Neuauflagen, seit einiger Zeit beim SpringerVerlag, einige gravierende Änderungen insbesondere in der Darstellung der Speziellen Relativitätstheorie vorgenommen und eine Reihe zusätzlicher Übungsaufgaben aufgenommen worden. Die Zusammenarbeit mit dem Springer-Verlag hat m. E. zu

deutlichen Verbesserungen im Erscheinungsbild des Buches geführt. Für das bisher vermittelte Verständnis des Verlags im Hinblick auf das Konzept der Buchreihe und die faire und deshalb erfreuliche Zusammenarbeit, insbesondere mit Herrn Dr. T. Schneider, bin ich sehr dankbar. Berlin, im September 2011

Wolfgang Nolting

Inhaltsverzeichnis Spezielle Relativitätstheorie 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.4.1 1.4.2 1.4.3 1.4.4 1.4.5 1.5 1.6 1.7 2 2.1 2.1.1 2.1.2 2.1.3 2.2 2.2.1 2.2.2 2.2.3 2.3 2.3.1 2.3.2 2.3.3 2.3.4 2.3.5 2.3.6 2.3.7 2.4 2.5 2.6

Physikalische Grundlagen Inertialsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Michelson-Morley-Experiment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einsteins Postulate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lorentz-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Transformationsmatrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Relativität der Gleichzeitigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zeitdilatation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Längenkontraktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Additionstheorem für Geschwindigkeiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lichtkegel, Minkowski-Diagramme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 9 13 14 14 19 21 22 23 26 30 34

Kovariante vierdimensionale Formulierungen Ko- und kontravariante Tensoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Definitionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Rechenregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Differentialoperatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik . . . . . . . . . 47 Eigenzeit, Welt-Geschwindigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 Kraft, Impuls, Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Der elastische Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Kovariante Formulierung der Elektrodynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 Kontinuitätsgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 Elektromagnetische Potentiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 Feldstärke-Tensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Maxwell-Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 Transformation der elektromagnetischen Felder . . . . . . . . 75 Lorentz-Kraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Formeln der relativistischen Elektrodynamik . . . . . . . . . . . . . . . 84 Kovariante Lagrange-Formulierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

Lösungen der Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

103

Thermodynamik 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.4.1 1.4.2 1.4.3 1.4.4 1.5 1.6 1.7 2 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 3 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.7.1 3.7.2

Grundbegriffe Thermodynamische Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zustand, Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Temperaturbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zustandsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ideales Gas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Van der Waals-Gas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Idealer Paramagnet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Weiß’scher Ferromagnet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hauptsätze Erster Hauptsatz, innere Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Wärmekapazitäten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Adiabaten, Isothermen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zweiter Hauptsatz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Carnot-Kreisprozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Absolute, thermodynamische Temperaturskala . . . . . . . . . . . . . . . . Entropie als Zustandsgröße . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einfache Folgerungen aus den Hauptsätzen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Thermodynamische Potentiale „Natürliche“ Zustandsvariablen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Legendre-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Homogenitätsrelationen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Die thermodynamischen Potentiale des idealen Gases . . . . . Mischungsentropie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Joule-Thomson-Prozess . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gleichgewichtsbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Isolierte Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geschlossenes System im Wärmebad ohne Arbeitsaustausch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

149 150 153 154 154 156 160 162 164 168 175

179 182 185 188 190 194 197 204 210 224

229 231 234 236 239 243 246 247 249

3.7.3 3.7.4 3.8 3.9 3.10 4 4.1 4.1.1 4.1.2 4.1.3 4.2 4.2.1 4.2.2 4.2.3 4.2.4 4.2.5 4.3 4.4

Geschlossenes System im Wärmebad bei konstanten Kräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Extremaleigenschaften von U und H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Dritte Hauptsatz (Nernst’scher Wärmesatz) . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phasen, Phasenübergänge Phasen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gibb’sche Phasenregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dampfdruckkurve (Clausius-Clapeyron) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Maxwell-Konstruktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phasenübergänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geometrische Interpretation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ehrenfest-Klassifikation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kritische Exponenten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exponenten-Ungleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skalenhypothese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lösungen der Übungsaufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

250 251 252 257 268

273 273 278 280 283 283 287 292 299 305 311 316 319

Sachverzeichnis. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 427

Spezielle Relativitätstheorie

Kapitel 1 Physikalische Grundlagen

1

1

1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.4.1 1.4.2 1.4.3 1.4.4 1.4.5 1.5 1.6 1.7

Physikalische Grundlagen Inertialsysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Michelson-Morley-Experiment . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Einsteins Postulate . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lorentz-Transformation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Transformationsmatrix . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Relativität der Gleichzeitigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zeitdilatation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Längenkontraktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Additionstheorem für Geschwindigkeiten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lichtkegel, Minkowski-Diagramme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6 9 13 14 14 19 21 22 23 26 30 34

5

1 Physikalische Grundlagen Wir beginnen mit einer Definition. Welche Vorstellung verbindet man mit dem Begriff Relativitätstheorie? Es geht dabei um die Lehre von der Abhängigkeit bzw. von der Invarianz physikalischer Aussagen vom Bezugssystem des Beobachters. Insbesondere handelt die Spezielle Relativitätstheorie von der Gleichberechtigung aller Inertialsysteme, wobei die Übergänge zwischen den verschiedenen Inertialsystemen allerdings nicht durch Galilei-, sondern durch Lorentz-Transformationen bewirkt werden. Dies bedeutet, wie wir sehen werden, eine Verknüpfung von Raumund Zeitkoordinaten. Als die entscheidenden Ausgangspunkte der Theorie werden wir zwei Postulate kennen lernen, nämlich das so genannte Äquivalenzpostulat und das Prinzip der konstanten Lichtgeschwindigkeit. Die wichtigsten Resultate werden zu einer Revision der Begriffe:

Raum, Zeit, Gleichzeitigkeit

führen, die Lichtgeschwindigkeit als absolute Grenzgeschwindigkeit erklären und von der Äquivalenz von Energie und Masse zeugen. Die Lorentz-Transformation bezieht sich nur auf geradlinig gleichförmig gegeneinander bewegte Systeme, sagt aber nichts aus über relativ zueinander beschleunigte Systeme. Die Allgemeine Relativitätstheorie W. Nolting, Grundkurs Theoretische Physik 4. DOI 10.1007/978-3-642-24481-0_1 © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2012

6

1. Physikalische Grundlagen

kann als die Theorie der grundsätzlichen Gleichberechtigung aller raumzeitlichen Systeme charakterisiert werden. Ausgangspunkt ist hier das Postulat der Proportionalität von schwerer und träger Masse (s. Abschn. 2.2.1 und 2.2.2, Bd. 1!). Ein sehr wichtiges Resultat entlarvt die Annahme als Vorurteil, dass das Raum-Zeit-Schema euklidisch zu wählen sei. Durch passende Festlegung der Metrik lässt sich eine übersichtlichere Darstellung des Kosmos gewinnen. Die Raumstruktur erweist sich als von der Materieverteilung abhängig. Die Grundgesetze der Mechanik ergeben sich in der Allgemeinen Relativitätstheorie aus dem Prinzip, dass ein Massenpunkt, auf den keine elektromagnetischen Kräfte wirken, im Raum-Zeit-Kontinuum einen kürzesten Weg beschreibt. Probleme wie die Lichtablenkung im Gravitationsfeld der Sonne oder die Rotverschiebung der Spektrallinien von Atomen in starken Gravitationsfeldern finden in der Allgemeinen Relativitätstheorie eindeutige Erklärungen. – Die mathematischen Verfahren zum Auffinden des oben erwähnten kürzesten Weges in einer nicht euklidischen Metrik sind in der Regel nicht ganz einfach. Die Allgemeine Relativitätstheorie ist allerdings auch nicht Gegenstand dieses Grundkurses. Der Leser muss auf die Spezialliteratur verwiesen werden. Warum und wann wird die Spezielle Relativitätstheorie notwendig? Die experimentelle Erfahrung lehrt, dass die Postulate und Definitionen der Klassischen Mechanik in der bislang diskutierten Form ungültig werden, sobald die Relativgeschwindigkeiten v in den Bereich der Lichtgeschwindigkeit c gelangen: vºc . Dann sind relativistische Korrekturen unumgänglich, die für kleine v unbedeutend bleiben. In diesem Sinne stellt die Relativitätstheorie gewissermaßen die Vollendung der klassischen Physik dar. Aus ihr folgt eine neue klassische Physik, in der die alte als Grenzfall v 0 noch nicht zerfallen sind. Die Zahl der noch nicht zerfallenen Teilchen ist somit ein Maß für die abgelaufene Zeit. Dieser Effekt wird zum Beispiel zur Altersbestimmung prähistorischer Funde

22


mit Hilfe instabiler C14 -Isotope herangezogen. Nach B. Rossi und D. B. Hall (Phys. Rev. 59, 223 (1941)) lässt sich die Zeitdilatation sehr eindrucksvoll experimentell wie folgt nachweisen: 1. μ-Mesonen entstehen beim Eindringen der kosmischen Strahlung in die Erdatmosphäre, sind positiv oder negativ geladen und instabil.

μ± −→ e± + ν1 + ν2 , e± : ν1 : ν2 : 2.

3. 4.

5. 6.

Elektron (Positron) , Neutrino , Antineutrino .

μ± fällt auf den Detektor, kommt dort zur Ruhe und zerfällt nach einer bestimmten Zeit gemäß 1. Beide Ereignisse, das Auftreffen des μ± sowie das Aussenden

des e± , sind nachweisbar. Damit ist das Zerfallsgesetz bekannt. Zwei Detektoren, einer auf einem Berg der Höhe L, ein anderer auf Meereshöhe, messen die jeweils pro Zeiteinheit einfallenden μ-Mesonen. Die Geschwindigkeit der Mesonen ist nahezu c: v μ± ≈ 0,994 c .

Damit ist die Wegzeit tW für die Strecke zwischen den beiden Detektoren berechenbar und über das Zerfallsgesetz dann die Zahl der am zweiten Detektor zu erwartenden, noch nicht zerfallenen Teilchen. Beobachtung: Viel mehr μ-Mesonen als erwartet erreichen den zweiten Detektor. Erklärung: Die Zahl der tatsächlich ankommenden Teilchen ist nicht durch tW , sondern durch die Eigenzeit τW bestimmt. Das Zerfallsgesetz entspricht der mitbewegten Uhr:

τW =

tW

γ

≈

1 tW 9

(= 0,109 tW ) .

Die relativ zu unseren Detektoren sich mit v ≈ 0,994 c bewegenden Mesonen stellen eine um den Faktor 1|9 zu langsame Uhr dar. 1.4.4 Längenkontraktion Wie führt man eine Längenmessung durch? Man legt einen Maßstab auf die zu messende Strecke und liest gleichzeitig die Positionen der Endpunkte ab. Das erscheint trivial, falls Strecke und Bezugssystem Σ in relativer Ruhe zueinander sind:

l = z1 − z2 . Bei der Längenmessung im mit der Geschwindigkeit v relativ zu Σ bewegten Inertialsystem Σ gilt zunächst für die Positionen der Endpunkte: z1 = γ z1 − v t1 ; z2 = γ z2 − v t2 .

1.4

Lorentz-Transformation

23

Was ist für t1 , t2 einzusetzen? Die Ablesung hat auch in Σ gleichzeitig zu erfolgen, d. h., es muss t1 = t2 , nicht etwa t1 = t2 , gelten. Dies bedeutet nach (1.21): v v ! t1 − 2 z1 = t2 − 2 z2 . c c Es ist also v t1 − t2 = 2 z1 − z2 c und damit v2 l = z1 − z2 = γ z1 − z2 − 2 z1 − z2 . c Dies bedeutet schließlich:

l = l 1 −

v2 . c2

(1.28)

Ein in Σ ruhender Stab der Länge l erscheint in Σ um den Faktor (1 − β2 )1|2 < 1 verkürzt. Entscheidend ist, dass die Längenmessung vorschreibt, die Positionen der Enden gleichzeitig abzulesen. Das Gleichzeitigkeitskriterium ist aber für verschiedene Inertialsysteme verschieden. Das überträgt sich auf die Ergebnisse von Längenmessungen. 1.4.5 Additionstheorem für Geschwindigkeiten Kann man durch eine Folge von Lorentz-Transformationen nicht auch Relativgeschwindigkeiten erreichen, die größer als die Lichtgeschwindigkeit c sind?

Σ1 −→ Σ2 −→ Σ3 ; v v

1

2

v3 −→

vi = vi ez ,

i = 1, 2, 3 .

Wenn einfach v3 = v1 + v2 zu setzen wäre, so würde z. B. aus v1 > c|2 und v2 > c|2 auch v3 > c folgen müssen. Dies würde den Einstein’schen Postulaten widersprechen. Nehmen wir einmal an, dass die Relativgeschwindigkeiten v1 , v2 , v3 sämtlich in z-Richtung erfolgen: v γi = 1 − β2i −(1|2) ; βi = i ; i = 1, 2, 3 . (1.29) c Dann gilt zunächst für den direkten Übergang:

Σ1 → Σ3 : μ

μ

x(3) = L3 x(1) , ⎛

γ3

⎜ ⎜ 0 L3 = ⎜ ⎜ ⎝ 0 −β3 γ3

−β3 γ3

⎞

0

0

1

0

0

1

⎟ 0 ⎟ ⎟ . ⎟ 0 ⎠

0

0

γ3

(1.30)

24


Äquivalente Resultate müssen sich ergeben, wenn wir von Σ1 nach Σ3 über Σ2 wechseln:

Σ1 → Σ2 → Σ3 : μ μ x(3) = L2 L1 x(1) , ⎛

γ2

⎜ ⎜ 0 L2 L1 = ⎜ ⎜ ⎝ 0 −β2 γ2 ⎛

0

0

1

0

0

1

0

0

−β2 γ2

⎞⎛

γ1

⎟⎜ ⎜ 0 ⎟ ⎟⎜ 0 ⎟⎜ 0 ⎠⎝ 0 γ2 −β1 γ1

⎞

0

1

0

0

1

⎟ 0 ⎟ ⎟= ⎟ 0 ⎠

0

0

γ1

γ1 γ2 (1 + β1 β2 ) 0 0 −γ1 γ2 (β1 + β2 )

⎜ ⎜ 0 =⎜ ⎜ 0 ⎝ −γ1 γ2 (β1 + β2 )

−β1 γ1

0

1

0

0

0

1

0

0

0

γ1 γ2 (1 + β1 β2 )

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ . ⎟ ⎠

(1.31)

Der Vergleich von (1.30) und (1.31) führt zu γ3 = γ1 γ2 1 + β1 β2 , β3 γ3 = γ1 γ2 β1 + β2 . Daraus folgt das Additionstheorem für die Relativgeschwindigkeiten :

β3 =

β1 + β2 . 1 + β1 β2

(1.32)

Damit ist auf jeden Fall β3 = (v3 |c) < 1, falls β1 , β2 < 1 sind. Dies liest man direkt an (1.32) ab: 1 − β1 1 − β2 1 − β3 = >0. (1.33) 1 + β1 β2 c bleibt also auf jeden Fall Grenzgeschwindigkeit! Wir diskutieren noch zwei Spezialfälle: 1. v1 = v2 = 1|2 c: In diesem Fall ist β1 = β2 = 1|2 und damit β3 = 4|5: 4 v3 = c =/ v1 + v2 . 5 2.

v1 = c ; v2 ≤ c beliebig: Es ist nun β1 = 1, sodass nach (1.32) β3 von v2 unabhängig wird:

β3 =

1 + β2 =1. 1 + β2

1.4

Lorentz-Transformation

25

Dies entspricht dem Postulat 1.3.2 aus Abschn. 1.3. Von einer Lichtquelle emittiertes Licht bereitet sich im Vakuum mit der Geschwindigkeit c aus, und zwar unabhängig von der Geschwindigkeit v der Lichtquelle. Wir wollen die Überlegungen dieses Abschnitts zum Abschluss noch etwas verallgemeinern. Σ und Σ seien zwei Inertialsysteme, für die die Formeln (1.18) bis (1.21) der Lorentz-Transformation gelten. Ein Objekt habe in Σ die Geschwindigkeit dx dy dz u ≡ ux , uy , uz = , , . (1.34) dt dt dt Welche Geschwindigkeit hat es dann in Σ ? dx dy dz u ≡ ux , uy , uz = , , . dt dt dt

(1.35)

Aus der Lorentz-Transformation folgt: dx = dx , dy = dy , dz = γ (dz − v dt) , v v uz dt = γ dt − 2 dz = γ 1 − 2 dt . c c Damit erhalten wir für die Komponenten der Geschwindigkeit in Σ : dx 1 ux = , dt γ 1 − v uz 2 c u dy 1 y uy = = , dt γ 1 − v uz c2 dz uz − v uz = = v uz . dt 1− 2 c Analog gilt für ein Objekt in Σ, wenn es in Σ die Geschwindigkeit u besitzt: ux =

ux , v u γ 1 + 2z c u 1 y uy = , v uz γ 1+ 2 c

ux =

1

uz =

uz + v . v u 1 + 2z c

(1.36)

(1.37)

(1.38)

(1.39)

(1.40)

(1.41)

26


Wir überprüfen noch die Lorentz-Invarianz der Lichtgeschwindigkeit, d. h., wir kontrollieren, ob aus u2 = c2 auch u2 = c2 folgt, wie von der Speziellen Relativitätstheorie gefordert: Sei u2 = c2 : 2 uz − v 1 1 2 2 u2 = 2 u + u + = v uz 2 γ 1 − v uz 2 x y 1 − c2 c2 v uz −2 v2 2 2 2 2 = 1− 2 1− 2 ux + uy + uz + v − 2v uz = c c v uz −2 2 v2 2 2 2 = 1− 2 c − 2 c − uz + v − 2v uz = c c c2 v2 u2z v uz = 1 + 4 − 2 2 = c2 ; v uz 2 c c 1− 2 c

1.5

q. e. d.

1.5 Lichtkegel, Minkowski-Diagramme Wir gehen noch einmal zu den allgemeinen Resultaten des Abschn. 1.4.1 zurück und leiten eine bisweilen recht nützliche geometrische Veranschaulichung der Speziellen Relativitätstheorie ab. Wir haben mit Gleichung (1.23) bereits den Ortsvektor des Minkowski-Raumes kennen gelernt: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x0 ct ⎜ 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ x ⎟ ⎜x⎟ xμ ≡ ⎜ ⎜ 2 ⎟ ≡ ⎜ ⎟ ≡ (c t, x) . ⎝x ⎠ ⎝ y ⎠ x3 z

(1.42)

Das Längenquadrat s2 = c 2 t 2 − x 2 = c 2 t 2 −

3

μ 2 x

(1.43)

μ=1

ist gemäß Postulat 1.3.2 der Speziellen Relativitätstheorie eine Lorentz-Invariante, d. h. eine physikalische Größe, die sich bei einer Lorentz-Transformation nicht ändert. Wir können den Ortsvektor (1.42) in einem Raum-Zeit-Diagramm, dem so genannten Minkowski-Diagramm,

1.5

Lichtkegel, Minkowski-Diagramme

27

darstellen, dessen Achsen durch x, y, z und c t gegeben sind. Für die Zeitachse verwendet man c t, damit alle Achsen die Dimension einer Strecke haben. Jeder Punkt P des Minkowski-Raumes stellt ein bestimmtes Ereignis dar. Seine Koordinaten sind die Achsenabschnitte, die sich ergeben, wenn man zu den Achsen parallele Geraden durch den Punkt P legt. Als Lichtsignal bezeichnet man die durch s2 = 0 definierte Gerade durch den Ursprung. Bei gleicher Skalierung der Raum- und Zeitachse handelt es sich um die Winkelhalbierende. c .t

ct P

c .t′

×

P

Lichtsignal (s 2 = 0) Eichhyperbel

ct′P

×

z P′

1′ × × zP 1

z′ Abb. 1.4. Aufbau eines

z

Minkowski-Diagramms

Die Beschreibung eines Ereignisses im Minkowski-Diagramm kann natürlich, dem jeweiligen Bezugspunkt entsprechend, auf unendlich viele Arten erfolgen. Das Inertialsystem Σ, in dem die Raum- und Zeitachsen senkrecht aufeinander stehen, ist an sich physikalisch durch nichts gegenüber Σ ausgezeichnet, dessen Achsenrichtungen man wie folgt bestimmen kann: Nehmen wir an, dass die Koordinatenursprünge von Σ und Σ zur Zeit t = t = 0 übereinstimmen. Dann ist die

Σ -Zeitachse durch z ≡ 0 ≡ γ (z − v t) definiert. Das bedeutet z = v t oder ct =

1

β

z.

(1.44)

Die Σ -Zeitachse ist also in Σ eine Gerade mit der Steigung (1|β) > 1. Sie liegt demnach stets zwischen der Σ-Zeitachse und dem Lichtsignal. Die

Σ -Raumachse

ist durch t ≡ 0 ≡ γ t − (v|c2 )z definiert. Das bedeutet in diesem Fall: ct = βz .

(1.45)

Sie stellt damit in Σ eine Gerade mit der Steigung β < 1 dar, liegt also stets zwischen der Σ-Raumachse und dem Lichtsignal. Bei der Lorentz-Transformation Σ → Σ ändert sich natürlich auch die Skalierung der Achsen. Die Eichung der Achsen

28


geschieht nach dem folgenden Rezept: Da s2 eine Lorentz-Invariante ist und x und y sich bei der Transformation nicht ändern, ist auch s2 = (c t)2 − z2 eine Lorentz-Invariante. Der geometrische Ort aller Punkte mit s2 = −1 ⇐⇒ z2 = (c t)2 + 1 stellt in Σ eine gleichseitige Hyperbel dar, die die z-Achse (t = 0) in z = 1 schneidet. Dadurch ist die Maßeinheit in Σ festgelegt. – Alle Punkte der Hyperbel entsprechen Ortsvektoren der Länge ¯s2 = −1. Da diese aber lorentzinvariant ist, haben diese Ortsvektoren auch in Σ die Länge −1. Sie erfüllen also die Beziehung 2 z2 = c t + 1 . Damit legt der Schnittpunkt der Eichhyperbel mit der z -Achse die Maßeinheit z = 1 fest (s. Abb. 1.4). Ganz analog liefert der Schnittpunkt der aus s2 = +1 ⇐⇒ (c t)2 = z2 + 1 folgenden Hyperbel mit der t-Achse (z = 0) die Zeiteinheit in Σ, der Schnittpunkt mit der t -Achse (z = 0) die Zeiteinheit in Σ . – Damit ist die Eichung der Achsen vollzogen. Das Längenquadrat eines Vierer-Vektors ist, wie bereits mehrfach ausgenutzt, nicht notwendig positiv. Man unterscheidet deshalb: ⎧ ⎪ ⎪ > 0 : zeitartiger Vierer-Vektor , ⎪ ⎨ 2 2 2 s = (c t) − x = 0 : lichtartiger Vierer-Vektor , (1.46) ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ < 0 : raumartiger Vierer-Vektor . Der Minkowski-Raum lässt sich entsprechend zerlegen. Alle zeitartigen ViererVektoren liegen innerhalb des so genannten Lichtkegels, dessen Oberfläche durch s2 = 0 definiert ist. Wegen v ≤ c liegen die Bahnen materieller Teilchen im Minkowski-Raum, die man Weltlinien nennt, samt und sonders im Innern des Lichtkegels, falls sie bei t = 0 im Ursprung gestartet sind. Die Weltlinien der Photonen liegen auf dem Lichtkegel. Alle raumartigen Vierer-Vektoren liegen außerhalb des Lichtkegels. Da s2 eine Lorentz-Invariante

1.5

Lichtkegel, Minkowski-Diagramme

29

ist, behält jeder Vierer-Vektor in allen Inertialsystemen den Charakter bei, raumartig bzw. zeitartig zu sein. ct zeitartig (Zukunft) Lichtkegel raumartig Weltlinie

raumartig

zeitartig (Vergangenheit)

z

Abb. 1.5. Lichtkegel und Weltlinie im

Minkowski-Raum

Betrachten wir zum Schluss einmal den Abstand zweier Weltereignisse P1 (c t1 , x1 ) und P2 (c t2 , x2 ) etwas genauer: 2 s212 = c2 t1 − t2 − |x1 − x2 |2 . (1.47) μ

μ

Mit den Vierer-Vektoren x(1) = (c t1 , x1 ), x(2) = (c t2 , x2 ) ist natürlich auch der μ μ Differenzenvektor x(1) − x(2) ein Vierer-Vektor, das Längenquadrat s212 (Raum-ZeitIntervall) somit eine Lorentz-Invariante. Ohne Beschränkung der Allgemeingültigkeit der folgenden Aussagen können wir annehmen, dass (x1 − x2 ) die Richtung der z-Achse hat. Es ist deshalb |x1 − x2 | = z1 − z2 , falls z1 > z2 ist. 1. Raumartiger Abstand (s212 < 0) Aus s212 < 0 folgt z1 − z2 > c (t1 − t2 ). Dies bedeutet, dass die beiden Ereignisse P1 und P2 nicht durch ein Lichtsignal verbindbar sind. Es kann zwischen ihnen deshalb keine kausale Korrelation bestehen! Es lässt sich stets eine Lorentz-Transformation in ein Inertialsystem Σ finden, in dem die beiden Ereignisse P1 und P2 gleichzeitig erscheinen: ! c t1 − t2 = γ c t1 − t2 − β z1 − z2 = 0 . Wegen z1 − z2 > c(t1 − t2 ) gibt es natürlich immer ein β < 1 mit ! β z1 − z2 = c t1 − t2 ,

2.

sodass t1 = t2 wird. – Die Reihenfolge von Weltereignissen mit raumartigen Abständen lässt sich stets durch passende Lorentz-Transformationen vertauschen. Zeitartiger Abstand (s212 > 0) s212 > 0 bedeutet c(t1 − t2 ) > z1 − z2 . Damit sind die Weltereignisse P1 und P2 durch ein Lichtsignal überbrückbar. Eine kausale Korrelation ist möglich!

30


Wegen c(t1 − t2 ) > z1 − z2 und damit erst recht c t1 − t2 > β z1 − z2 ist allerdings durch keine Lorentz-Transformation Gleichzeitigkeit erreichbar. Ursache und Wirkung lassen sich also nicht miteinander vertauschen. Wegen " # z1 − z2 = γ z1 − z2 − v t1 − t2 kann man allerdings in ein Inertialsystem transformieren, in dem z1 = z2 wird, die Ereignisse also an demselben Ort stattfinden. Den Spezialfall s212 = 0 bezeichnet man als lichtartigen Abstand.

1.6

1.6 Aufgaben

1.6.1

Aufgabe 1.6.1 Ein Raumschiff bewegt sich mit der Geschwindigkeit v = 0,8 c. Sobald dieses einen Abstand von d = 6,66 · 108 km von der Erde hat, wird von der Erdstation ein Radiosignal zum Schiff gesendet. Wie lange benötigt das Signal 1. gemäß einer Uhr auf der Erdstation, 2. gemäß einer Uhr im Raumschiff.

1.6.2

Aufgabe 1.6.2 Σ und Σ seien zwei Inertialsysteme. Σ bewege sich relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v = (3|5) c in z-Richtung. Zur Zeit t = t = 0 sei Σ = Σ . Ein Ereignis habe in Σ die Koordinaten:

x = 10 m ;

y = 15 m ;

z = 20 m ;

t = 4 · 10−8 s .

Bestimmen Sie die Koordinaten des Ereignisses in Σ!

1.6.3

Aufgabe 1.6.3 Σ und Σ seien zwei Inertialsysteme. Σ bewege sich relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v in z-Richtung. Zwei Ereignisse finden in Σ zu den Zeiten t1 = z0 |c und t2 = z0 |2c an den Orten (x1 = 0, y1 = 0, z1 = z0 ) und (x2 = 0, y2 = y0 , z2 = 2z0 ) statt. Wie groß muss die Relativgeschwindigkeit v sein, damit die Ereignisse in Σ gleichzeitig stattfinden? Zu welcher Zeit t werden die Ereignisse dann in Σ beobachtet?

1.6

Aufgaben

31

Aufgabe 1.6.4 In einem Inertialsystem Σ finden zwei Ereignisse am gleichen Ort im zeitlichen Abstand von 4 s statt. Berechnen Sie den räumlichen Abstand der beiden Ereignisse in einem Inertialsystem Σ , in dem die Ereignisse in einem zeitlichen Abstand von 5 s erfolgen!

1.6.4

Aufgabe 1.6.5 In einem Inertialsystem Σ haben zwei gleichzeitige Ereignisse einen Abstand von 3 km auf der z-Achse. Dieser Abstand beträgt in Σ 5 km. Berechnen Sie die konstante Geschwindigkeit v, mit der sich Σ relativ zu Σ in z-Richtung bewegt. Welchen zeitlichen Abstand haben die Ereignisse in Σ ?

1.6.5

Aufgabe 1.6.6 Σ und Σ seien zwei Inertialsysteme. Σ bewege sich relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v, wobei die Richtung von v beliebig, also nicht notwendig parallel zur z-Achse von Σ orientiert sein soll. Geben Sie die Formeln der Lorentz-Transformation an! Wie lautet die Transformationsmatrix L? Geben Sie L für den Spezialfall v = v ex an!

1.6.6

Aufgabe 1.6.7 Σ und Σ seien zwei mit v = v ez = const relativ zueinander bewegte Inertialsysteme. 1. Ein in Σ ruhender Stab schließt mit der z-Achse einen Winkel von 45◦ ein. Unter welchem Winkel erscheint er in Σ ? 2. Ein Teilchen habe in Σ die Geschwindigkeit u = (v, 0, 2 v). Welche Winkel bildet seine Bahn mit den z-Achsen in Σ und Σ ? 3. Ein Photon verlässt den Ursprung von Σ zur Zeit t = 0 in einer Richtung, die mit der z-Achse einen Winkel von 45◦ bildet. Welcher Winkel ergibt sich in Σ ?

1.6.7

Aufgabe 1.6.8 Eine Rakete der Eigenlänge L0 fliegt mit konstanter Geschwindigkeit v relativ zu einem Bezugssystem Σ in z-Richtung. Zur Zeit t = t = 0 passiert die Spitze der Rakete den Punkt P0 in Σ. In diesem Moment wird ein Lichtsignal von der Raketenspitze zum Raketenende gesendet. 1. Nach welcher Zeit erreicht im Ruhesystem der Rakete der Lichtblitz das Ende der Rakete? 2. Zu welchem Zeitpunkt erreicht das Signal das Raketenende im Ruhesystem Σ des Beobachters? 3. Wann registriert der Beobachter, dass das Raketenende den Punkt P0 passiert?

1.6.8

32

1.6.9


Aufgabe 1.6.9 Σ, Σ seien zwei Inertialsysteme, die sich mit der Geschwindigkeit v = v ez relativ zueinander bewegen. Ein Teilchen habe in Σ die Geschwindigkeit dx dy dz u = ux , uy , uz = , , . dt dt dt

a) Es gelte u = (0, c, 0) . Berechnen Sie u ! b) Es gelte u2 = c 2 . Berechnen Sie u2 ! 1.6.10

Aufgabe 1.6.10 1. Kann es zwischen den folgenden Ereignissen

a) b)

2.

x1 = 1 m ;

y1 = 2 m ;

z1 = 3 m ;

t1 = 3 · 10−8 s ,

x2 = 4 m ;

y2 = 2 m ;

z2 = 7 m ;

t2 = 6 · 10−8 s ,

x1 = 7 m ;

y1 = 0 ;

z1 = −2 m ;

t1 = 1,1 · 10−7 s ,

x2 = 4 m ;

y2 = 5 m ;

z2 = +3 m ;

t2 = 0,9 · 10−7 s

einen kausalen Zusammenhang geben? Ist es möglich, ein Inertialsystem zu finden, in dem diese Ereignisse gleichzeitig erscheinen? Mit welcher Geschwindigkeit und in welcher Richtung würde sich dieses relativ zu dem in Teil 1. bewegen?

1.6

Aufgaben

33

Aufgabe 1.6.11 μ-Mesonen entstehen beim Eindringen der kosmischen Strahlung in die Erdatmosphäre in der Höhe

1.6.11

H ≈ 3 · 104 m . In ihrem Ruhesystem haben die Myonen eine Lebensdauer (Eigenzeit) τ ≈ 2 · 10−6 s. Dies bedeutet cτ ≈ 600 m. Trotzdem erreichen fast alle Myonen die Erdoberfläche. Dies versteht nan nur, wenn die Geschwindigkeit der Myonen der Lichtgeschwindigkeit c sehr ähnlich ist. 1. Wie stark darf die Abweichung der Myonengeschwindigkeit von c sein,

ε= 2.

c−v , c

damit die Myonen die Erdoberfläche erreichen? Welche Höhe H empfindet ein mit dem Myon mitbewegter Beobachter?

Aufgabe 1.6.12

Licht falle von einer Quelle L kommend auf einen halbdurchlässiH2O gen Spiegel S0 , wird dort teilweise nach S3 reflektiert, geht aber v S3 S2 auch teilweise nach S durch. S 1 1 und S2 sind total reflektierende v Spiegel. Man erhält also schließlich zwei kohärente Teilstrahlen, L S0 S1 l die im Teleskop B interferieren. B Die Lichtstrahlen durchlaufen insgesamt die Strecke 2l in einem Abb. 1.6. Rohr, in dem Wasser mit der Strömungsgeschwindigkeit v fließt, der eine Teilstrahl parallel, der andere antiparallel zum Wasserfluss. In B wird experimentell ein Interferenzmuster beobachtet, das einem Unterschied in der optischen Weglänge cΔt entspricht mit 1 1 Δt = 2l c − c . n − fv n + fv n ist der Brechungsindex des Wassers. Berechnen Sie den Fresnel’schen Mitführungskoeffizienten f und zeigen Sie, dass dieser mit Einsteins Postulaten verträglich ist und nicht notwendig Newtons Fiktion vom Weltäther erfordert. (Fizeau-Versuch).

1.6.12

34

1.7


1.7 Kontrollfragen 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18.

19. 20.

21. 22. 23.

24. 25. 26.

Welche Vorstellung verbindet man mit dem Begriff Relativitätstheorie? Was bezeichnet man als die Newton’sche Fiktion? Was ist ein Inertialsystem? Definieren Sie die Galilei-Transformation. Was besagt diese über die Zeiten t und t in den Inertialsystemen Σ und Σ ? Beschreiben Sie das Michelson-Morley-Experiment. Was ist das Resultat des Michelson-Morley-Experimentes? Formulieren Sie die Einstein’schen Postulate. Wie lautet die Matrix L der speziellen Lorentz-Transformation? Skizzieren Sie ihre Ableitung. Welcher Zusammenhang besteht zwischen den Zeiten t und t in gleichförmig geradlinig gegeneinander bewegten Inertialsystemen Σ und Σ ? Wie erkennt man an der Transformationsmatrix, dass c die maximale Relativgeschwindigkeit von Inertialsystemen ist? Welcher Zusammenhang besteht zwischen der Lorentz- und der Galilei-Transformation? Erläutern Sie die Relativität der Gleichzeitigkeit. Lassen sich durch Wechsel des Inertialsystems Ursache und Wirkung eines kausalen Zusammenhanges vertauschen? Beschreiben Sie das Phänomen der Zeitdilatation. Was bezeichnet man als Eigenzeit? Wie kann man die Zeitdilatation experimentell nachweisen? Wie führt man eine Längenmessung durch? Ein in Σ ruhender Stab habe dort die Länge l. Was ergibt eine entsprechende Längenmessung im Inertialsystem Σ , das sich gegenüber Σ mit v = const bewegt? Wie lautet das Additionstheorem für Relativgeschwindigkeiten? Σ1 , Σ2 , Σ3 seien Inertialsysteme. Σ2 bewege sich relativ zu Σ1 in z-Richtung mit der Geschwindigkeit v1 = c, Σ3 relativ zu Σ2 mit v2 = c|2. Mit welcher Geschwindigkeit v3 bewegt sich Σ3 relativ zu Σ1 ? Was versteht man unter einem Minkowski-Diagramm? Wodurch ist das Lichtsignal definiert? Σ und Σ seien zwei sich mit v = const in z-Richtung bewegende Inertialsysteme, deren Koordinatenursprünge zur Zeit t = t = 0 zusammenfallen. Raum- und Zeitachse von Σ mögen senkrecht aufeinanderstehen. Wie bestimmt man die Raum- und Zeitachsen in Σ ? Wie werden die Achsen des Minkowski-Diagramms skaliert? Was sind zeitartige, lichtartige, raumartige Vierer-Vektoren? Definieren Sie den Lichtkegel.

1.7

Kontrollfragen

35

27. Kann man durch Wechsel des Inertialsystems einen zeitartigen in einen raumartigen Vierer-Vektor verwandeln? 28. Was versteht man unter einem raumartigen (zeitartigen) Abstand zweier Weltereignisse? 29. Warum kann zwischen Weltereignissen mit raumartigem Abstand keine kausale Korrelation bestehen? 30. Wann kann durch eine passende Lorentz-Transformation die Reihenfolge zweier Weltereignisse vertauscht werden, bei raum- oder bei zeitartigem Abstand?

Kapitel 2 Kovariante vierdimensionale Formulierungen

2

2

2 2.1 2.1.1 2.1.2 2.1.3 2.2 2.2.1 2.2.2 2.2.3 2.3 2.3.1 2.3.2 2.3.3 2.3.4 2.3.5 2.3.6 2.3.7 2.4 2.5 2.6

Kovariante vierdimensionale Formulierungen Ko- und kontravariante Tensoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Definitionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 Rechenregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Differentialoperatoren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik . . . . . . . . . 47 Eigenzeit, Welt-Geschwindigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 Kraft, Impuls, Energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Der elastische Stoß . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 Kovariante Formulierung der Elektrodynamik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 Kontinuitätsgleichung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66 Elektromagnetische Potentiale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 Feldstärke-Tensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Maxwell-Gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 Transformation der elektromagnetischen Felder . . . . . . . . 75 Lorentz-Kraft . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Formeln der relativistischen Elektrodynamik . . . . . . . . . . . . . . . 84 Kovariante Lagrange-Formulierung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

39

2 Kovariante vierdimensionale Formulierungen 2.1

2.1 Ko- und kontravariante Tensoren 2.1.1 Definitionen Wir haben in Abschn. 1.4 die korrekte Transformation zwischen Inertialsystemen kennen gelernt, die Postulat 1.3.2 aus Abschn. 1.3 erfüllt. Es muss nun darum gehen, sämtliche physikalischen Gesetze in

kovarianter Form aufzuschreiben, d. h. so zu formulieren, dass sie bei Lorentz-Transformationen forminvariant bleiben. Das entspricht der Äquivalenz aller Inertialsysteme gemäß Postulat 1.3.1. Die Newton’schen Gesetze der Klassischen Mechanik sind lediglich forminvariant gegenüber Galilei-Transformationen, die, wie wir nun wissen, nur in der Grenze v 0

1

ρC = ¯ , 2b

Lösungen der Übungsaufgaben

329

auf jeden Fall für kleine ρ realisierbar. ⇒ p in 0 ≤ ρ ≤ 2 ρC monoton steigende Funktion von ρ mit p(ρ = 0) = 0. T < Tc ∂p | ∂ρ T hat zwei Nullstellen bei

ρ1, 2

' ! " 1 T = 1± 1− . Tc 2 b¯

Für kleine ρ ist p(ρ) monoton wachsend. Die erste Nullstelle entspricht also einem Maximum, die zweite einem Minimum von p(ρ). Dazwischen ergibt sich ein unphysikalisches Gebiet, da ∂p | ∂ρ T < 0 ist. T = Tc

∂p ∂ρ

ρ = ρC = 0 ,

Tc

∂2 p ∂ρ2 ∂2 p ∂ρ2

=p

T

1 a∗ − ¯ kB T ρ(1 − ρ b)

ρ = ρC = 0 .

2 −p

1 − 2 ρ b¯ , ρ2 1 − ρ b¯ 2

Wendepunkt

Tc

Für T < Tc ergibt sich ein Phasenübergang ⇒ Gasverflüssigung! Das unphysikalische Gebiet wird durch dieselbe Maxwell-Konstruktion (A = B!) wie beim van der Waals-Gas korrigiert. p

T > Tc T = Tc pc

>

T Tc

B A

×

ρc Gas

T0

2 ρc

ρ

Flüssigkeit

Abb. A.4.

Lösung zu Aufgabe 1.6.8

κT = −

1.6.8

1 V

∂V ∂p

; T

β=

1 V

∂V ∂T

, p

330


ideales Gas: p V = n R T ⇒

∂V ∂p

∂V ∂T

=− T

= p

κTid =

⇒ 1.

nRT V =− , p2 p

nR V = p T 1 ; p

β id =

1 . T

p (V − n b) = n R T ⇒

∂V ∂p

∂V ∂T

=− T

= p

κT =

⇒

nRT 1 = − (V − n b) , 2 p p

nR 1 = (V − n b) p T 1 nb nb 1− = κTid 1 − , p V V

1 β= T

nb nb id 1− =β 1− . V V

2. p V = n R T 1 + A1 (T) p ⇒

∂V ∂p

=− T

nRT V n R T A1 (T) =− + p2 p p

⇒

κT = κTid 1 −

∂V ∂T

⇒ 3.

= p

n R T A1 (T) V

,

nR dA1 V dA1 + n R A1 + n R T = + nRT p dT T dT

n R T 2 dA1 . β=β 1+ V dT id

B1 (T) pV = nRT 1 + , V ∂(p V) ∂V n R T B1 ∂V =V +p =− ∂p T ∂p T V2 ∂p T


⇒

∂V ∂p

331

=− T

V p

1+

n R T B1 p V2

−1

n R T B1 (T) −1 ⇒ κT = 1+ , p V2 ∂V B1 n R T dB1 n R T B1 ∂V p = nR 1 + + − ∂T p V V dT V2 ∂T p

κTid

⇒

∂V ∂T

p+ p

β=β

⇒

id

n R T B1 V2

=

n R T 2 dB1 p V 2 dT 1 + np RVT2 B1

p V n R T dB1 + T V dT

1+

.


⇒ Curie-Gesetz: M =

δW = B0 dm :

m :

magnetisches Moment,

dm = V dM :

M :

Magnetisierung, V = const

δW = μ0 V H dM . C TH

(δW)T = μ0 ⇒

ΔW12

1.6.9

CV H dH T

H2 μ0 C V 1 2 VT 2 = (δW)T = H2 − H12 = μ0 M2 − M12 . T 2 2C H1

Lösung zu Aufgabe 1.6.10 Nach (2.51), Bd. 3 gilt für das Feld im Innern des Kondensators

E=

Q

ε0 F0

ex ,

F0 : Plattenfläche.

Kapazität ((2.55), Bd. 3): C = ε0

F0 . 2a

Energie im Kondensator (2.58), Bd. 3: W=

1 Q2 Q2 2 a = . 2 C 2 ε0 F0

1.6.10

332


z

+Q

−Q x

E x − = −a

x+ = + a Abb. A.5.

Kraft auf Kondensatorplatten (Abschn. 2.2.1, Bd. 3): F(+Q) = Q E(x− ) =

Q2 ex , 2 ε0 F0

F(−Q) = −Q E(x+ ) = −

Q2 ex . 2 ε0 F0

Änderung der Kapazität: C=

ε0 F0 x+ − x−

.

x− sei variabel: dC ε0 F0 C = = 2 dx− (x+ − x− ) x+ − x−

⇒

dx− =

dC (x+ − x− ) C

dx− > 0 bedeutet Abstandsverringerung und hat dC > 0 zur Folge. Analog ergibt sich dx+ . dx± = ∓ 1.

dC (x+ − x− ) . C

Mechanische Arbeit bei Abstandsverringerung:

δW = −F(+Q) dx− = −F(+Q) ex dx = =−

Q2 (x+ − x− ) 1 Q2 dC = − dC , 2 ε0 F0 C 2 C2

δA = −δW = 2.

1 Q2 dC . 2 C2

Das ist die von außen am System geleistete Arbeit. Änderung der Feldenergie: vorher: Wv =

1 Q2 , 2 C


333

nachher: Wn =

1 Q2 , 2 C + dC

dW = W n − W v =

Q2 2

1 1 − C + dC C

=−

1 Q2 dC . 2 C2

Die Änderung der Feldenergie entspricht also der von außen am System verrichteten Arbeit:

δA + δW = 0 . 3.

Die letzte Beziehung gilt immer, d. h. sowohl für dC > 0 als auch für dC < 0. Die Zustandsänderung ist damit reversibel!

Lösung zu Aufgabe 1.6.11 1. Es gilt ∂B0 1 1 = αT + −γ ∂m T m0 + m m0 − m

−1 2m0 2α m2 = αT 2 −γ = T 1− 2 −γ m0 m0 − m2 m0 2α = m0

! " −1 m2 T 1− 2 − TC . m0

Instabilitäten ergeben sich somit für

2.

3.

'

−1 m2 T T 1− 2 < TC ⇐⇒ |m| < m0 1 − . TC m0 ( Dies bedeutet, dass für T < TC und |m| < m0 1 − TTC die Isothermen der Modell-Zustandsgleichung unphysikalisch werden. Für T > TC und beliebige (−m0 ≤ m ≤ +m0 ) gibt es grundsätzlich keine Instabilitäten. Die Isothermen sind dann im gesamten erlaubten Bereich physikalisch. Grenzkurve: ' T mS (T) = ±m0 1 − . TC Der Ferromagnet ist durch ein ,,spontanes“, also nicht durch ein äußeres Feld erzwungenes magnetisches Moment ausgezeichnet. Wir müssen also nach Lösungen der Gleichung B0 (T, m) = 0

1.6.11

334


suchen. An der Zustandsgleichung liest man direkt ab, dass der nicht-magnetische Fall m = 0 immer Lösung ist. Das entspricht dem Paramagnetismus. Interessant ist deshalb die Frage, ob es eine zusätzliche Lösung m = mS =/ 0 gibt. (a) T > TC

∂B0 ∂m

T

! " −1 m2 T 1− 2 − TC m0 ! " −1 2α m2 > T 1− 2 −T >0. m0 m0 2α = m0

Damit ist B0 = B0 (T, m) für T > TC eine umkehrbar eindeutige Funktion von m. m = 0 ist deshalb die einzige Nullstelle von B0 (T, m) für T > TC . (b) T < TC Zunächst ist klar, dass auch jetzt m = 0 eine mögliche Lösung ist. Die Zustandsgleichung zeigt zudem, dass, falls eine weitere Lösung mS =/ 0 existiert, dann auch −mS eine Nullstelle darstellt. B0 -Nullstellen müssen die Gleichung m0 + m m ! T 0= ln − 2TC m0 − m m0 ) *+ , )*+, f (m)

g(m)

f, g T = const g mS × m0 ×

·

· f

+m × × 0m +mS

Abb. A.6.

erfüllen. g(m) ist eine Gerade durch den Nullpunkt mit der Steigung 1|m0 und den Grenzpunkten g(±m0 ) = ±1. f (m) hat die Eigenschaften f (0) = 0; f (±m0 ) = ±∞. Für die Steigung gilt: T 1 1 T 1 f (m) = + f (0) = · . 2TC m0 + m m0 − m TC m0 Wegen T < TC ist die Steigung von f im Nullpunkt kleiner als die von g. Die Skizze macht klar, dass es dann zwei weitere Schnittpunkte von f und g und damit Nullstellen von B0 (T, m) bei m = ±mS geben muss.


4.

335

Isothermen: B0 T>TC

–m0

m

+m0 T 0. γ −1 da γ > 1 !

Es wird also am rechten System Arbeit geleistet! Trivialerweise ist ΔQr = 0. 2. γ 1−γ

Tr pr

γ 1−γ

= T0 p0

;

pr = 3 p0

⇒

Tr = T0 3(γ − 1) | γ > T0 .

Zustandsgleichung: Tl =

pl V l pl = (2 V0 − Vr ) . N kB N kB

Gleichgewicht: pl = pr = 3 p0 ⇒ ⇒

3p0 2V0 − Tr = 6 T0 − Tr N kB Tl = T0 6 − 3(γ − 1) | γ .

Tl =

3. Erster Hauptsatz: ΔQl = ΔUl − ΔWl , ideales Gas: ΔUl = CV Tl − T0 .

ΔWl sorgt für die Energieänderung rechts, d. h.: ΔWl = −ΔWr = −ΔUr rechts adiabatisch ⇒

ΔWl = −CV (Tr − T0 )

⇒

ΔQl = CV (Tl − T0 + Tr − T0 ) = CV (Tl + Tr − 2 T0 ) ,

Tl + Tr = 6 T0

⇒

ΔQl = 4 CV T0 .

344

2.9.8


Lösung zu Aufgabe 2.9.8 1.

δW = −p dV, V = ⇒

ΔW = R T

p1 p0

RT , p

dV = −

RT dp p2

dp p1 = R T ln = −R T ln 20 < 0 . p p0

Das System leistet also Arbeit: R = 8,315

J grad · mol

ΔW = −7,298 · 103 J .

⇒

2.

δQ = −δW

⇒ 3.

⇒

ideales Gas

T = const ,

⇒

dU = 0

ΔQ = |ΔW| .

Zustandsänderung jetzt adiabatisch: p Vγ = C

⇒

ΔW =

⇒ p1

C1 | γ

γ

p0

1 dV = − C1 | γ

γ

1 dp p1 | γ +1

dp C1 | γ 1−1|γ 1−1|γ p1 = − p0 . 1 | γ p γ 1 − γ1

Nun ist −1 | γ

C1 | γ p1, 0 = V1, 0 ⇒

p1 V1 − p0 V0 , γ −1

p0 1 | γ p1 V0 p0 1 | γ R T0 p0 1 | γ − 1 ΔW = p − p0 = −1 , γ − 1 1 p1 γ − 1 p1 γ

⇒

ΔW = γ

p1 V 1 = p0 V 0

⇒

5 R 2

γ=

CV =

⇒

T0 = 293 K ; ⇒

V1 = V0

Cp R =1+ = 1,4 , CV CV p0 = 20 p1

ΔW = −3,503 · 103 J .


4.

345

Adiabatischer Prozess:

ΔW = ΔU = CV T1 − T0 ⇒

T1 = T0 +

ΔW

= 124,5 K .

CV

Lösung zu Aufgabe 2.9.9 Eine Auslenkung um die Strecke z bedeutet eine Volumenänderung um

ΔV = z F

2.9.9

(F = Querschnitt. )

Dadurch entsteht eine Differenz Δp zwischen Außen- und Innendruck, der für eine rücktreibende Kraft in z-Richtung sorgt: K = F Δp . Die Zustandsänderung des idealen Gases verläuft adiabatisch: p V γ = const . Daraus berechnen wir Δp: d p V γ = 0 = dp V γ + γ p V γ − 1 dV

⇒

dp = −

γp V

dV .

Dies bedeutet

Δp = −

γp V

ΔV = −

γp V

zF

und damit K=−

γp V

F2 z = −k z .

Wenn m die Masse der Kugel ist, so lautet die Schwingungsdauer: ' m mV 4π2 m V τ = 2π = 2π ⇒ γ= . 2 k γ pF p F 2 τ2 Lösung zu Aufgabe 2.9.10 Wir bestimmen zunächst

2.9.10

1 δQrev T für beide Systeme als Funktion von T und V. Wir benutzen dazu zunächst den Ersten Hauptsatz,

δQ = dU + p dV ,

346


und die Voraussetzung, U = U(T)

⇒

dU = CV (T) dT ,

für eine reversible Zustandsänderung: 1 dT p δQrev = CV (T) + dV , T T T 1 | 2 NT N p(A) = α 2 ; p(B) = β T V V ⇒

1 dT dV δQrev (A) = CV (T) +αN 2 , T T V 1 dT N 1|2 δQrev (B) = CV (T) + β dV . T T TV

Damit die Entropie eine Zustandsgröße ist, muss 1 dS = δQrev T ein totales Differential sein. Man überprüfe die Integrabilitätsbedingungen: (A) ∂ CV (T) ! ∂ α N = ; offenbar erfüllt! ∂V T ∂T V 2 ⇒

Entropie als Zustandsgröße definierbar!

(B)

⇐⇒

0=−

∂ CV (T) ! ∂ N = β ∂V T ∂T V T 1 2T

βN

1 | 2

1 | 2 .

TV

Das ist ein Widerspruch. Eine Entropie ist für System B deshalb nicht definierbar. System B kann also nicht existieren! 2.9.11

Lösung zu Aufgabe 2.9.11 1. Nach (2.59) gilt:

∂U ∂V

T

∂p +p =T . ∂T V

Dies bedeutet nach (2.58): CV (T, V) dS = dT + T

∂p ∂T

dV . V


347

Integrabilitätsbedingung für dS: 2 1 ∂ ∂p ∂α(V) ! CV (T, V) = = =0 T ∂V ∂T 2 V ∂T V T ⇐⇒

CV (T, V) = CV (T) .

2. dS =

CV (T) dT + T

∂p ∂T

dV . V

Das van der Waals-Gas erfüllt die Voraussetzungen von Teil 1.:

n2 p+a 2 V

(V − n b) = n R T

nR n2 p=T −a 2 V − nb V

⇒ ⇒

dS =

⇒

∂p ∂T

= V

nR V − nb

CV nR dT + dV T V − nb CV nach Voraussetzung T-unabhängig

ΔS = S(T, V) − S(T0 , V0 ) =

⇒

= CV ln 3.

T V − nb + n R ln . T0 V0 − n b

U = U(T, V) dU =

∂U ∂T

dT +

V

∂U ∂V

dV , T

s. 1.

∂U ∂V

=T

T 2.

∂p ∂T

=p+a ⇒ ⇒

−p=

(= 0 beim idealen Gas, Gay-Lussac)

V

n2 n2 − p = a V2 V2

dU = CV dT + a n2

dV V2

U = U(T, V) = CV T − a

n2 + const . V

348


Die Wechselwirkung der Gasteilchen sorgt also für eine Volumenabhängigkeit der inneren Energie, die letztlich für die Temperaturänderung bei der Expansion verantwortlich sein wird: 1 1 ! 2 U T2 , V2 − U T1 , V1 = CV T2 − T1 − a n − =0 V2 V1 a n2 1 1 ⇒ ΔT = − . CV V2 V1 4.

Nach 2. gilt für reversible adiabatische Zustandsänderungen des van der WaalsGases (ΔS = 0): CV ln T + n R ln(V − n b) = const 1 nR ⇐⇒ ln T (V − n b) CV = const 2 ⇒

nR

T (V − n b) CV = const 3 .

Man vergleiche diese Adiabaten-Gleichung mit T V γ − 1 = const des idealen Gases. Einsetzen der Zustandsgleichung: n R + CV n2 p + a 2 (V − n b) CV = const 4 . V Beim idealen Gas lautet diese Adiabaten-Gleichung: p V γ = const. – Schließlich liefert die Zustandsgleichung noch: T

n R + CV CV

− Cn R V n2 p+a 2 = const 5 . V

Dies ist mit T γ p1 − γ = const beim idealen Gas zu vergleichen!

2.9.12

Lösung zu Aufgabe 2.9.12 Thermische Zustandgleichung:

V = V0 − αp + γ T . cp , α, γ sind als materialspezifische Parameter bekannt. ∂p γ ∂V = ; =γ. ∂T V α ∂T p


Gleichung (2.65):

Cp − CV =

∂U ∂V

349

T

∂V ∂p ∂V +p =T ∂T p ∂T V ∂T p

bedeutet hier: Cp − CV =

γ2 T α

und damit für die Wärmekapazität CV : CV = Cp −

γ2 T. α

Innere Energie: ∂p dU = CV dT + T − p dV ∂T V γ2 V − V0 = Cp − T dT + dV .

α

α

Das lässt sich leicht integrieren:

γ 2 2 (V − V0 )2 T + 2α 2α α 2 U(T, p) = U0 + Cp T + p − γ Tp .

U(T, V) = U0 + Cp T −

2

Im letzten Schritt wurde lediglich die thermische Zustandsgleichung eingesetzt.

Lösung zu Aufgabe 2.9.13 1. Thermische Zustandsgleichung:

p= Damit folgt:

2.9.13

nRT n2 −a 2 . V − nb V

∂p ∂T

= V

nR . V − nb

Weiterhin benutzen wir:

−1 −1 ∂V ∂T ∂p ∂p ∂p =− · =− · . ∂T p ∂p V ∂V T ∂T V ∂V T Für das van der Waals-Gas gilt: ∂p nRT n2 =− + 2a 3 . 2 ∂V T (V − nb) V

350


Damit folgt:

∂V ∂T

= nR

p

−1 nRT n2 − 2a 3 (V − nb) . V − nb V

Differenz der Wärmekapazitäten: Cp − CV =

n2 R2 T 2

nRT − 2a Vn 3 (V − nb)2

.

Korrektur zum idealen Gas (a und b klein): Cp − CV =

nR 2

2

1 − 2a Vn 3 (V−nb) nRT

n2 (V − nb)2 ≈ nR 1 + 2a 3 V nRT

n ≈ nR 1 + 2a . VRT 2.

Für das ideale Gas gilt Cp − CV = nR. Thermische Zustandsgleichung: p=

nRT n2 −a 2 . V − nb V

Wir benutzen (2.58), (2.59): 1 dS = CV dT + T

∂p ∂T

dV . V

Adiabatisch-reversibel heißt dS = 0. Also: ∂T ∂p T nRT =− · = . ∂V S ∂T V CV CV (V − nb) Trennung der Variablen: dT nR dV nR =− d ln T = − d ln(V − nb) . T CV V − nb CV Lösung: T = T0

2.9.14

V − nb V0 − nb

− nR

CV

.

Lösung zu Aufgabe 2.9.14 1. Hauptsatz

δQ = dU − δW = dU − ϕ dq .


351

Wähle U = U(T, q), d. h. dU =

∂U ∂T

dT +

q

∂U ∂q

dq . T

Damit gilt:

∂U δQ = ∂T

dT +

q

∂U ∂q

−ϕ

dq .

T

2. Hauptsatz reversibler Prozess: δQ = T dS, also: 1 ∂U 1 ∂U dS = dT + − ϕ dq . T ∂T q T ∂q T dS und dU sind totale Differentiale. Maxwell-Relation: 1 ∂ϕ 1 ∂U 0=− − −ϕ . T ∂T q T 2 ∂q T Bedeutet:

∂U ∂q

T

∂ϕ =ϕ−T ∂T

. q

Wärmemenge:

δQ =

∂U ∂T

dT − T q

∂ϕ ∂T

dq . q

Isotherme Prozessführung:

δQ

Damit bleibt:

ΔQ is =

qe

qa

T

= 0−T

δQ = −T

dϕ dT

∂ϕ ∂T

dq . q

qe

dq = −T qa

dϕ qe − qa . dT

Lösung zu Aufgabe 2.9.15 1. Grundrelation der Thermodynamik:

dS = ⇒

1 p dT dV dU + dV = CV + nR T T T V

S = S0 + CV ln T + n R ln V .

2.9.15

352

2.


Wir bestimmen aus 1. die Temperatur als Funktion von S und V: nR 1 S − S0 − ln V CV CV exp C1V S − S0

ln T =

⇒

T=

⇒

nR

CV

U=

nR

V CV

V CV

1 exp (S − S0 ) + U0 = U(S, V) . CV

In den Variablen S und V ist U auch beim idealen Gas vom Volumen V abhängig (kein Widerspruch zu Gay-Lussac). 3. U T2 , V2 = U T1 , V1 ,

Freie Expansion:

⇒

ideales Gas: U = U(T) ⇒

2.9.16

nach 1.:

ΔS = n R ln

ΔT = 0

V2 . V1

Lösung zu Aufgabe 2.9.16 Innere Energie:

T U(T, V) = ⇒

∂U ∂V

= T

Nach (2.59) gilt:

3 N dT CV (T ) + ϕ(V) = N kB T − N kB 2 V

df T2 + ϕ(V) dT

N 2 kB T 2 df + ϕ (V) . V2 dT

⇒

∂U ∂V ∂p ∂T ∂U ∂V

T

∂p =T ∂T

−p, V

N N 2 kB T df 1 + f (T) + V V 2 dT

=

N kB V

=

N 2 kB T 2 df . V2 dT

V

T

Vergleich mit dem obigen Ausdruck:

ϕ (V) = 0 ⇒

U=

⇐⇒

ϕ(V) = const = U0

3 N N kB T − N kB 2 V

df T2 + U0 . dT


353

Bleibt noch die Entropie zu bestimmen! ⇒

(2. 58) + (2. 59) Es gilt also:

∂S ∂T

V

T ⇒

CV = ; T

S(T, V) =

dT

dS =

∂S ∂V

T

CV dT + T

∂p = ∂T

∂p ∂T

dV . V

V

CV (T ) + ψ(V) , T

CV 3 N kB N 1 d df = − N kB T2 = T 2 T V T dT dT 3 N kB N d df = − N kB f +T 2 T V dT dT 2 3 N kB df ⇒ S(T, V) = N kB ln T − f (T) + T + ψ(V) 2 V dT ∂S N 2 kB df ⇒ = f (T) + T + ψ (V) . ∂V T V2 dT Andererseits gilt auch: ∂S ∂p N kB N N 2 kB T df = = 1 + f (T) + . ∂V T ∂T V V V V 2 dT Der Vergleich ergibt:

ψ (V) =

N kB V

⇒

ψ(V) = N kB ln V + S0 .

Dies bedeutet schließlich: 3 N 2 kB df S(T, V) = N kB ln T + N kB ln V − f (T) + T + S0 . 2 V dT Lösung zu Aufgabe 2.9.17 1. p = const = p0

2.9.17

V2

ΔW = −

p dV = −p0 V2 − V1 ,

V1

δQ = CV dT + p dV ; dT =

⇒ ⇒

p0 dV nR

CV γ δQ = + 1 p0 dV = p dV nR γ −1 0 γ ΔQ = p0 V2 − V1 . γ −1

354


Reversible Zustandsänderung: dS = CV

2.

dT p + dV ; T T

⇒

dV dV dS = CV + n R = Cp V V

⇒

ΔS = Cp ln

V2 . V1

T = const = T0

ΔW = −n R T0

V2 V1

3.

dT dV = T V

dV V2 = −n R T0 ln V V1

ΔU = 0 , da isotherm

⇒

ΔQ = −ΔW ,

reversibel mit T = const

⇒

ΔS =

Adiabatisch: ⇒

außerdem reversibel V2

ΔW = −

V2 p dV = −C

V1

V1

ΔS = ΔQ = 0 ,

dV 1 = Vγ γ −1

!

1 p V − p V ; p2 = p1 γ −1 2 2 1 1

γ p1 V1 ΔW = V − V1 . γ − 1 2 V2 =

⇒

2.9.18

1 V ΔQ = n R ln 2 . T0 V1

C

γ −1 −

V2

C

γ −1

V1

V1 γ V2


ΔW = 0 , da ΔV = 0 , δQ = CV dT + p dV = CV dT = ⇒

ΔQ =

1

γ−1

CV V0 dp nR

V0 p2 − p1 ,

CV dS = dT T

⇒

ΔS =

p2 CV p1

dp p2 = CV ln . p p1

" =


355

Lösung zu Aufgabe 2.9.19 1. Es gilt die allgemeine Beziehung (2.59): ∂U ∂p =T −p, ∂V T ∂T V

2.9.19

U(T, V) = V ε(T) dε (T) ⇒ ε(T) = α T − ε (T) dT (1 + α) ε (T) = α T

⇐⇒ ⇐⇒

1 + α dT dε = α T ε

⇒ 2.

dε dT ⇒

ln T (1 + α) | α = ln ε + C0

U(T, V) = A V T (1 + α) | α .

1 1 ∂U 1 ∂U p+ dV (dU + p dV) = dT + T T ∂T V T ∂V T ∂S 1 ∂U 1+α ⇒ = = A V T (1 | α) − 1 ∂T V T ∂T V α dS =

⇒

S(T, V) = (1 + α) A V T 1 | α + f (V) ,

1 ∂S 1 ∂U = p+ = α ε (T) + A T (1 + α) | α = (α + 1) A T 1 | α ∂V T T ∂V T T = (1 + α) A T 1 | α + f (V) !

⇒

⇒ f (V) = const

S(T, V) = S0 + (1 + α) A V T 1 | α .

Lösung zu Aufgabe 2.9.20 1. Mischungstemperatur Tm : Der Druck ändert sich nicht, wenn man die Trennwand herauszieht. Deshalb gelten die Zustandsgleichungen:

vorher:

p V1, 2 = n1, 2 R T1, 2 ,

nachher:

p V = n R Tm V = V1 + V2 , ⇒

n R Tm = R(n1 T1 + n2 T2 ) , Tm =

Tm ist damit bekannt.

n = n1 + n2

n1 n2 n1 T1 + n2 T2 T1 + T2 = . n n n1 + n2

2.9.20

356

2.


Die Durchmischung ist irreversibel. Wir müssen die Entropie deshalb über einen reversiblen Ersatzprozess berechnen. a) Isotherme Expansion (reversibel, s. Abschn. 2.7) eines jeden Teilgases: V1, 2

−→

ΔU1, 2 = 0 , da isotherm,

V,

ΔW1, 2 = −n1, 2 R T1, 2

V

V1, 2

ΔS(a) 1, 2 =

dV V = −n1, 2 R T1, 2 ln , V V1, 2

−ΔW1, 2 V = n1, 2 R ln . T1, 2 V1, 2

Der Druck der beiden Teilgase wird sich geändert haben. b) Isochore Temperaturänderung (reversibel): T1, 2

−→

Tm ,

ΔU = ΔQ , da isochor, ΔS(b) 1, 2

Tm = n1, 2 CV T1, 2

dT Tm = n1, 2 CV ln . T T1, 2

c) Gesamtbilanz: Mischungsentropie (a) (b) (b) ΔS = ΔS(a) 1 + ΔS2 + ΔS1 + ΔS2 ,

V V Tm Tm ΔS = R n1 ln + n2 ln + CV n1 ln + n2 ln . V1 V2 T1 T2 3.

Man setze T1 = T2 . Dann darf sich bei identischen Gasen der Zustand des Gesamtsystems wegen des gleichen Drucks und der gleichen Temperatur in den beiden Kammern nicht ändern. ΔS = 0 ist zu erwarten. Unsere Rechnung ergibt aber: V V ΔS T1 = T2 = Tm = R n1 ln + n2 ln . V1 V2 Das ist paradox, weil ich dann durch Einsetzen beliebig vieler Trennwände in ein Gas die Entropie desselben beliebig klein machen könnte. Die Entropie wäre dann eine Funktion der Vorgeschichte und keine Zustandsgröße! Sei CV die Wärmekapazität pro Teilchen. Dann gilt allgemein für die Entropie des idealen Gases: S=N CV ln T + kB ln V + C . Die Konstante C ist unabhängig von T und V, muss aber offensichtlich N-abhängig sein. Dann können wir aber durch die Definition


357

V S=N CV ln T + kB ln + C N das Paradoxon vermeiden. Die Mischungsentropie . / ΔS = S(N, V, T) − S N1 , V1 , T1 + S N2 , V2 , T2 ist widerspruchsfrei. Lösung zu Aufgabe 2.9.21 1.

2.9.21

ΔQ1 =

2.

T0

Cp dT = Cp T0 − TU .

TU

Die Carnot-Maschine nimmt δQ0 vom Wärmebad auf, verwandelt davon δW in Arbeit und gibt δQ∗ an den Stahlblock bei der Zwischentemperatur T ∗ ab. WB δQ0 >0

T0

δW 0 für x > 1. Irreversibilität erzeugt Entropie! (b) Entropieänderung für Prozess 2) Jetzt sind alle Teilschritte reversibel

ΔS/ WB =

−ΔQ2 T0 = −Cp ln T0 TU

ΔS/ Carnot = 0

ΔS/ Block =

−δQ∗ T0 = Cp ln . T∗ TU

T0

TU

Das ergibt als gesamte Entropieänderung das erwartete Ergebnis:

ΔS(2) = 0 .

2.9.22


ηC =

2.9.23

T1 − T2 1 = T1 6

⇒

−ΔW = ηC ΔQ1 =

1 kJ 6

Lösung zu Aufgabe 2.9.23 1. Wegstück a → b :

p∼V

⇒

p=

pa V Va

⇒

Vb =

Va pb , pa

ideales Gas: p V = n R T ⇒

pa Va Ta p2a = = pb Vb Tb p2b

⇒

Tb = Ta

pb pa

2 .


359

Wegstück b → c : ⇒

V = const

Vc = Vb = ⇒

pc Vc = n R Tc = pa Vb ⇒ 2.

Arbeitsleistungen:

ΔWab = −

b a

⇒

ΔWab

Tc = Ta

pa p dV = − Va

1 = − pa Va 2

pb pa

2

ΔWbc = 0 , da dV = 0,

Va pb , pa

Tc = pa Vb pb . pa

b V dV = − a

Tb pb Vb

pa 2 Vb − Va2 2 Va

−1 0.

Innere Energien: Die innere Energie des idealen Gases hängt nur von der Temperatur ab. Daraus folgt: pb 2 ΔUab = CV (Tb − Ta ) = CV Ta −1 , pa p p ΔUbc = CV (Tc − Tb ) = CV Ta b 1 − b , pa pa p ΔUca = CV (Ta − Tc ) = CV Ta 1 − b . pa Wärmemengen:

2 1 pb ΔQab = ΔUab − ΔWab = CV Ta + pa Va −1 , 2 pa p p ΔQbc = ΔUbc − ΔWbc = CV Ta b 1 − b , pa pa p ΔQca = ΔUca − ΔWca = (CV Ta + pa Va ) 1 − b , pa

ΔQab > 0 , ΔQbc < 0 ; ΔQca < 0 .

360


Entropieänderungen:

ΔSb → c =

c

δQ T

c

b

ΔSc → a = S Zustandsgröße:

b

a

δQ T

c

0

dT Tc pa = CV ln , = CV ln T Tb pb

= CV

= Cp ln

Ta pa = Cp ln , Tc pb

dS = 0

ΔSa → b = − ΔSb → c + ΔSc → a = −(CV + Cp ) ln

⇒

pa , pb

pa V a Ta pa Va pa = − 2 CV + ln . Ta pb

Cp = CV + n R = CV +

ΔSa → b

⇒

gesamte Arbeitsleistung −ΔW = , aufgenommene Wärme ΔQab 1 pb pb 2 ΔW = − pa Va −1+2−2 = 2 pa pa

3.

η=

1 = − pa Va 2 ⇒

2.9.24

η=

pb −1 pa

1 2 pa V a CV Ta + 12 pa Va

2

pb pa pb pa

0

Tc > Tb folgt aus der Zustandsgleichung! ,


361

ΔQda = Cp Ta − Td < 0 . 3.

Wirkungsgrad:

η=

−ΔW ΔQda Ta − Td =1+ =1− =1− ΔQbc ΔQbc Tb − Tc

p1 p2

(γ − 1) | γ .

Lösung zu Aufgabe 2.9.25 1. δQ = T dS

2.9.25

1 → 2 : T = const = T2

2 → 3 : adiabatisch, isentrop 3 → 4 : T = const = T1

⇒

4 → 1 : adiabatisch, isentrop 2.

3.

0=

0

ΔQ12 = T2 S2 − S1 > 0 , ⇒ ΔQ23 = 0 , ΔQ34 = T1 S1 − S2 < 0 , ⇒ ΔQ41 = 0 .

⇒

dU, da Kreisprozess ⇒

−ΔW =

⇒

η=

δQ = T1 − T2 S2 − S1

−ΔW T1 =1− = ηc . ΔQ12 T2

Der Kreisprozess ist nichts anderes als der Carnot-Prozess!

Lösung zu Aufgabe 2.9.26 Weg (A): T hängt linear von S ab:

2.9.26

T(S) = −

T2 − T1 S+b. S2 − S1

Mit T(S2 ) = T1 ergibt sich: b = T1 +

T2 − T1 T2 S2 − T1 S1 S2 = . S2 − S1 S2 − S1

Damit gilt auf dem Weg (A): T(S) = −

T2 − T1 T2 S2 − T1 S1 S+ . S2 − S1 S2 − S1

Dieses ergibt den Wärmeaustauschbeitrag: T2 S2 − T1 S1 1 T2 − T1 2 ΔQA = dS T(S) = − S2 − S21 + (S2 − S1 ) 2 S2 − S1 S2 − S1 (A) 1 ΔQA = (T2 + T1 )(S2 − S1 ) > 0 . 2

362


Auf (A) nimmt das System also Wärme auf! Arbeitsleistung (1.Hauptsatz):

ΔWA = ΔUA − ΔQA = U(T1 ) − U(T2 ) − ΔQA . Hier wurde ausgenutzt, dass beim idealen Gas die innere Energie nur von der Temperatur abhängt. Weg (B) Der Prozess erfogt isotherm:

ΔUB = 0 ΔWB = −ΔQB = −T1 (S1 − S2 ) ΔQB < 0 . Weg (C)

ΔQC = 0 ΔWC = ΔUC = U(T2 ) − U(T1 ) . Summe aller Arbeitsleistungen:

ΔW = ΔWA + ΔWB + ΔWC 1 = U(T1 ) − U(T2 ) − (T2 + T1 )(S2 − S1 ) − T1 (S1 − S2 ) 2 + U(T2 ) − U(T1 ) 1 ΔW = − (T2 − T1 ) (S2 − S1 ) . 2 Wirkungsgrad

η= 2.9.27

−ΔW T2 − T1 = . ΔQA T2 + T1

Lösung zu Aufgabe 2.9.27 Wegstück 1 → 2 : Adiabatische Verdichtung des Gases ⇒ Temperaturerhöhung (über die Entzündungstemperatur des Brennstoffgemisches!):

ΔW12 = −

V2

V2 p dV = −

V1

=

1

γ−1

ΔQ12 = 0 .

V1

C1 C1 1 − γ 1−γ dV = V2 − V1 = γ V γ −1

p2 V2 − p1 V1 ,


363

Wegstück 2 → 3 : Einspritzen des Brennstoffes (isobar):

ΔW23 = −p2 V3 − V2 ,

ΔQ23 = Cp T3 − T2 , p2 V2 = n R T2 , p2 V3 = n R T3 ⇒

T3 − T2 =

Cp p2 V3 − V2 = nR

ΔQ23 = =

p2 V3 − V2 , nR

γ p V −V >0. γ −1 2 3 2

Wegstück 3 → 4 : Expansion längs einer Adiabaten (Arbeitsleistung):

ΔW34 =

C2 1 − γ 1 1−γ V4 − V3 = p4 V 1 − p2 V 3 , γ −1 γ −1

ΔQ34 = 0 . Wegstück 4 → 1 : Ausstoß des Restgases:

ΔW41 = 0 ,

ΔQ41 = CV T1 − T4 , p4 V1 = n R T4 , p1 V1 = n R T1 ⇒

T1 − T4 =

ΔQ41 = =

1

γ −1

V1 p1 − p4 , nR

CV V1 p1 − p4 = nR V1 p1 − p4 < 0 .

364


Gesamtbilanz:

ΔW =

2.9.28

1 p2 V2 − p1 V1 + p4 V1 − p2 V3 − p2 V3 − V2 = γ −1 γ V1 = p2 V3 − V2 + p4 − p1 = 1−γ γ −1 / 1 . = V1 p4 − p1 + γ p2 V3 − V2 . γ −1

δW =


2.

0→1:

Ansaugen, Kolben wird verschoben, Volumenexpansion bei gleichbleibendem Druck,

1→2:

Verdichten, adiabatische Kompression, dabei Druckerhöhung,

2→3:

Zünden, Druckerhöhung bei konstantem Volumen,

3→4:

adiabatische Expansion, dabei Arbeitsleistung,

4→1:

Öffnung der Auslassventile, Abnahme des Drucks bei gleichbleibendem Volumen,

1→0:

Ausstoß des Restgases.

(0 → 1, 1 → 0 gehören nicht zum thermodynamischen Kreisprozess!) ΔU = ΔQ + ΔW = 0, da Kreisprozess ⇒

ΔW = −ΔQ ,

ΔQ = CV T3 − T2 + CV T1 − T4 = ΔQ23 + ΔQ41 . Zustandsgleichung: p2 V2 = n R T2 ;

p3 V2 = n R T3

⇒

da p3 > p2 ,

T3 > T2 ,

p1 V1 = n R T1 ; ⇒ ⇒

p4 V1 = n R T4 da p4 > p1

T4 > T1 ,

ΔQ23 = CV T3 − T2 > 0 ,

ΔQ41 = CV T1 − T4 < 0 .


365

Adiabaten-Gleichungen: γ −1

T1 V1

γ −1

T3 V2

γ −1

= T2 V2

γ −1

= T4 V1

⇒

T1 < T2 ,

⇒

T4 < T3 .

T3 ist also die höchste, T1 die niedrigste Temperatur des Kreisprozesses! γ −1 γ −1 T1 − T4 V1 = T2 − T3 V2 ⇒ 3.

γ − 1 V ΔQ = −ΔW = CV T3 − T2 1 − 2 . V1

Auf dem Teilstück 2 → 3 nimmt das System Wärme auf, deshalb:

η= 4.

−ΔW =1− ΔQ23

V2 γ − 1 T1 =1− . V1 T2

Carnot-Maschine zwischen den Wärmebädern WB(T1 ) und WB(T3 ) hat den Wirkungsgrad

ηC = 1 −

T1 T3

⇒ ηotto < ηC . T2 → T3 geht nicht beim Otto-Motor, da dann das Zünden wegfiele.


1→2 :

2.9.29

Q(1) D

Q(2) D

Wärme QD = + wird dem Wärmebad WB(T) entnommen und (2) zur Überwindung der Kohäsionskräfte (Q(1) D ) und zur Expansion (QD ) verwendet:

ΔW12 = −(p + Δp) V2 − V1 . 2→3 :

Kaum Arbeitsleistung, da vernachlässigbare Volumenänderung:

ΔW23 ≈ 0 . 3→4 :

Isotherme Kondensation:

ΔW34 = −p V1 − V2 . Q(1) D geht durch Kondensation ins Wärmebad WB(T − ΔT).

366


4→1 :

ΔW41 ≈ 0, da nur unbedeutende Volumenänderung. ⇒

ΔW =

δW = −Δp V2 − V1 < 0 .

Wirkungsgrad: Δp V2 − V1 T − ΔT ΔT ! −ΔW η = 1− = = = T T QD QD Carnot QD Δp = q. e. d. ΔT T (V2 − V1 )

⇒

2.9.30

Lösung zu Aufgabe 2.9.30 Nach (2.73) gilt für adiabatische Zustandsänderungen:

(dT)ad = −T

β(T) (dV)ad . CV κT

Wegen β(T = 4 ◦ C) = 0 ist die adiabatische Abkühlung von Wasser von 6 ◦ C auf 4 ◦ C nicht möglich. Der beschriebene Carnot-Prozess ist also gar nicht realisierbar. Deswegen handelt es sich auch nicht um einen Widerspruch. 2.9.31

Lösung zu Aufgabe 2.9.31 Arbeitsleistungen:

ΔW12 = −

V2 p(V) dV = −n R T2 ln V1

V2 0, V2

ΔW41 = 0 ⇒

ΔW = −n R T2 − T1 ln

V2 . V1

Zustandsgleichung: p4 V1 = n R T1 p1 V1 = n R T2

⇒

T2 > T1

⇒

ΔW < 0 .


367

Wärmemengen:

ΔQ12 = −ΔW12 :

bei isothermen Zustandsänderungen bleibt die innere Energie des idealen Gases konstant!

ΔQ23 = CV T1 − T2 < 0 , ΔQ34 = −ΔW34 ,

ΔQ41 = CV T2 − T1 > 0 . Wirkungsgrad:

η=

−ΔW . ΔQ

ΔQ ist die dem System zugeführte Wärmemenge: ΔQ = ΔQ12 + ΔQ41 =/ ΔQ12 , ΔQ = n R T2 ln ⇒

η=

V2 + C V T2 − T1 V1

T2 − T1 T2 +

CV (T2 −T1 ) n R ln V2 | V1

< ηC .

Ist das ein Widerspruch zu dem in Abschn. 2.5 bewiesenen Satz, dass ηC von allen reversibel und periodisch zwischen zwei Wärmebädern arbeitenden Maschinen erreicht wird?

Lösung zu Aufgabe 2.9.32 1. Isothermen: p ∼ 1 | V (Zustandsgleichung!)

a) p1 V1 = n R T1 , b) p1 V2 = n R T2 , c) p2 V2 = n R T3 , d) p2 V1 = n R T4 . Wegen p1 V2 = p2 V1 ist T2 = T4 . Es gibt also nur drei verschiedene Temperaturen T1 , T2 , T3 . Wir brauchen zur Darstellung drei Isothermen.

2.9.32

368


p 4

p2 p1

3

1

2

V1

2.

T3 T2 T1

V2

Isobaren: T ∼ V

V

Abb. A.10.

p(1) = p(2) = p1 ;

p(3) = p(4) = p2 ,

V(1) = V(4) = V1 ;

T

V(2) = V(3) = V2 .

p2 3 2

4

T2

1 V1

3.

V2

V1

4

p2

Abb. A.11.

3

V2

1 2

T2

2.9.33

V

Isochoren: p ∼ T

p

p1

p1

T

Abb. A.12.

Lösung zu Aufgabe 2.9.33 1. Verlängerung des Fadens bedeutet Arbeitsleistung am System, die also positiv zu zählen ist. Es ergibt sich damit die folgende Analogie zum Gas:

Z dL

⇐⇒

−p dV ,

Z

⇐⇒

−p ,

L

⇐⇒

V.


369

Erster Hauptsatz: dU = δQ + Z dL , dU Z − dL , T T

1 ∂U 1 ∂U Z dS = dT + − dL . T ∂T L T ∂L T T dS =

U = U(T, L)

⇒

dS ist ein totales Differential. Daraus folgt:

1 ∂ ∂U ∂ 1 ∂U Z ! = − T ∂L ∂T L T ∂T T ∂L T T L Integrabilitätsbedingungen 1 ∂U ∂ Z ⇒ =− , T 2 ∂L T ∂T T L

∂ Z ∂ L − L0 = =0 ∂T T L ∂T α L ∂U ⇒ = 0 ⇐⇒ U(T, L) ≡ U(T) . ∂L T

Wärmekapazität: CL (T, L) =

δQ dT

= L

∂U ∂T

≡ CL (T) . L

Nach Aufgabenstellung gilt speziell für L = L0 : CL0 (T) = CL0 = C > 0 . Wegen CL (T) = CL0 (T) für beliebige L folgt dann die Behauptung: CL (T) ≡ C > 0 . 2.

Aus Teil 1. folgt bereits: U(T) = C T + U0 , dS = ⇒

dU Z dT L − L0 − dL = C − dL T T T α

Entropie: S(T, L) = C ln T −

2 1 L − L0 + S0 . 2α

370


Adiabaten-Gleichungen: dS = 0 ⇐⇒ ⇐⇒

⇒

C

dT L − L0 = dL T α

L − L0 dL αC 2 L − L0 T(L) = D exp , 2αC

d ln T =

Die Konstante D nimmt auf verschiedenen Adiabaten . / verschiedene Werte an: D = exp S − S0 | C = D(S) . D Z(L) = L − L0 exp

α

2 L − L0 . 2αC

3.

Z

S Adiabaten T

Isothermen: Z =

L0

T

(L − L0 )

α

L

Abb. A.13.

4. CZ = T

∂S ∂T

. Z

Wir benötigen also S = S(T, Z): dS =

C Z dT − dL , T T

L = L(T, Z) = L0 + α

C Z2 +α 3 T T

⇒

dS =

⇒

CZ = C + α

Z2 . T2

Z T

dT −

⇒

αZ T2

dZ

dL = −

αZ T2

dT +

α T

dZ


5.

ΔL = α Z

371

1 1 − T2 T1

falls α > 0 ,

0 .

Wegen δW = Z dL ist der Umlaufsinn deswegen wie skizziert. Z

a b c

T2 > T1 T1

d L

Abb. A.14.

2.9.34

372

2.


Erster Hauptsatz:

δQ = dU − Z dL ; dU = C dT , ΔQ2 =

b

δQ = −

a

=−

b Z(T, L) dL =

(Isotherme!)

a

T2

α

Lb La

2 2 T2 L − L0 dL = − Lb − L0 − La − L0 , 2α

L a > Lb > L0

⇒

ΔQ2 > 0 .

Das System nimmt auf dem Teilstück a → b Wärme auf. Analog findet man: T ΔQ1 = − 1 Ld − L0 2 − Lc − L0 2 , 2α L 0 < Lc < Ld

⇒

ΔQ1 < 0 .

Das System gibt auf dem Teilstück c → d Wärme an das Wärmebad WB(T1 ) ab. Nach Teil 2. aus Aufg. 2.9.33 gilt: 2 . / La, b, c, d − L0 = 2 α C ln Ta, b, c, d − Sa, b, c, d − S0 . Auf den Adiabaten ist:

⇒

Sa = Sd ; Sb = Sc 2 Lb − L0 − La − L0 = 2 α [Sa − Sb ] , 2 2 Ld − L0 − Lc − L0 = 2 α [Sc − Sd ] = 2 α [Sb − Sa ] .

2

Wirkungsgrad:

η= 3.

T1 ΔQ1 + ΔQ2 =1− = ηc . ΔQ2 T2

Der Punkt bei L0 ist sowohl auf der Isothermen als auch auf der Adiabaten mehrdeutig. Auf der Isothermen gilt sonst T = T1 und auf der Adiabaten nach Teil 2. aus Aufg. 2.9.33: 2 L − L0 T = D(S) exp = T(L) 2αC ⇒ T2 = T L0 ad = D , 2 L1 − L0 T1 = T L1 ad = D exp = 2αC 2 L1 − L0 = T2 exp > T2 . 2αC


373

Z

T1

Isotherme

Adiabate

T2 L0

L1

L

Abb. A.15.

Bei L = L0 muss also von T1 auf T2 abgekühlt werden. Dieser Prozess ist irreversibel, wenn dazu das Wärmebad WB(T2 ) benutzt wird. Wir erwarten deshalb T2 . T1

η < ηc = 1 − Arbeitsleistung:

ΔW =

Z dL +

is

=

T1

α

Z dL = ad

L0

D L − L0 dL +

α

L1

L1

(L−L0 )2 L − L0 e 2αC dL =

L0

2 T2 T1 =− L1 − L0 + α C 2α α

L1 dL

d (L−L0 )2 e 2αC , dL

L0

T ΔW = − 1 L1 − L0 2 + C T2 exp 2α

2 L1 − L0 −1 . 2αC

Wärmemenge:

ΔQ = (ΔQ)is =

(dU − Z dL) = − is

⇒

ΔQ =

2 T1 L1 − L0 > 0 , 2α

T1

α

L0

L − L0 dL

L1

wird vom System aufgenommen!

Wirkungsgrad: −ΔW T2 e η= =1− ΔQ T1

(L1 −L0 )2 2αC

−1

(L1 −L0 )2 2αC

1 x 1 e −1 =1+ x>1, x 2!

,

(x > 0) .

374


Es ist also wie erwartet:

η < ηC = 1 −

2.9.35

T2 . T1

Lösung zu Aufgabe 2.9.35 ΔW = 0, da die Längenänderung gegen Z = 0 erfolgt, ΔQ = 0, da kein Wärmeaustausch mit der Umgebung stattfindet. Ein passender reversibler Ersatzprozess würde die folgende Entropieänderung bringen: Teil 2. aus Aufg. 2.9.33 hatte ergeben:

2 1 L − L0 + S0 2α

S(T, L) = C ln T −

ΔS = S T, L0 − S(T, L) =

⇒

2 1 Z 2 1 L − L0 = α 2 . 2α 2 T

Reversibler Ersatzprozess: Isotherme Zustandsänderung durch Kontakt mit Wärmebad WB(T), quasistatischer Ablauf. Dabei Z = 0, d. h. L → L0 : dU = 0 ⇒

δQ = −δW = −Z dL = T dS

⇒

1 ΔS = − T

L0

Z dL = − L

1

α

L0 (L − L0 ) dL = L

2 L − L0 1 Z2 = = α 2 2α 2 T 2.9.36

q. e. d.


δQ(m) = dU (m) − δW (m) , δW (m) = μ0 V H dM ! ⇒

(m) CM

=

δQ(m) dT

" M

! (m) CH

=

(m) CM

+

!

∂U (m) = ∂T

∂U (m) ∂M

" , M

" − μ0 H V T

∂M ∂T

. H


375

Damit gilt für die Wärmemenge:

∂M ∂M (m) (m) δQ = CM − μ0 V H dT − μ0 V H dH . ∂T H ∂H T Nun gilt andererseits für das paramagnetische Momentensystem: ! " ! " 1 ∂U (m) 1 ∂U (m) (m) dS = dT + − μ0 V H dM . T ∂T T ∂M T

Die Integrabilitätsbedingungen für dS(m) liefern dann: ! " ∂U (m) ∂H = μ0 V H − μ0 V T =0. ∂M ∂T M T

Es bleibt damit die Behauptung:

δQ

(m)

=

(m) CH dT

∂M − μ0 V H ∂H

dH . T

2a.

δQ(m) = 0 ⇒

∂M C T1 ∂H T dT = μ0 V H = (m) H 2 +H 2 dH CH C T2 r

⇒

dT TH = . dH H 2 + Hr2

Dies lässt sich leicht integrieren: d ln T =

dT 1 d H dH = 2 = ln H 2 + Hr2 dH . T H + Hr2 2 dH

Mit T0 = T(H = 0) folgt: T 1 H 2 + Hr2 = ln T0 2 Hr2 ' H 2 + Hr2 T(H) = T0 . Hr2

ln

⇒

2b. Thermisches Gleichgewicht bedeutet:

δQ(m) = −δQK = −CK dT ,

376


CK gilt als bekannt, ⇒

∂M (m) − CK + CH dT = −μ0 V H dH ∂H T CH dT C H T = μ0 V ≈ μ0 V . (m) dH C K T CK + CH

⇒

(m) da CK >> CH

Das lässt sich wiederum leicht integrieren: 1 2 C 1 2 T − T02 = μ0 V H 2 CK 2 ' C 2 ⇒ T(H) = μ0 V H + T02 . CK 3a. Das ist die Situation von 2a.: ' T0 = T ∗

Hr2 < T∗ + Hr2

(Abkühlung!).

H ∗2

3b. Tg −

δQ

=

⇐⇒

−

δQK (H = const = 0)

T∗

T0

Tg

Tg

(m) !

(m) CH (H

Tg = 0) dT =

T0

⇐⇒

− C μ0 V Hr2

Tg

dT = CK Tg − T ∗ T2

T0

⇐⇒

C μ0 V Hr2

CK dT T∗

1 1 − Tg T0

= CK Tg − T ∗ .

Die Gittertemperatur wird sich wegen der hohen Wärmekapazität beim obigen Wärmeaustausch nur wenig ändern. Wir können also auf der linken Seite näherungsweise Tg durch T ∗ ersetzen: C μ0 V 2 1 1 Tg − T ∗ = Hr − = CK T ∗ T0 ! " Hr2 + H ∗2 C μ0 V Hr2 = 1− > CH zu lösen bleibt:

C H dT ≈ μ0 V dH CK T ⇒ ⇐⇒

C ∗2 Tg2 − T ∗2 = −μ0 V H CK C ∗2 Tg − T ∗ Tg + T ∗ = −μ0 V H . CK

Aus denselben Gründen wie unter 3b. können wir Tg + T ∗ ≈ 2 T ∗ setzen: C H∗2 Tg − T ∗ ≈ −μ0 V “ für irreversibel ⇒ Prozess 3.: ΔS > 0; Prozess 4.: ΔS = 0 ⇒

Sg > Sg .

5b. Durch Auflösen von S = S(T, H) nach T, T = T(S, H) , gilt in den Endzuständen: Tg = T Sg , 0 =/ Tg = T( Sg , 0) . Wir behaupten, dass Tg ≥ Tg ist. Das ist richtig, falls gilt: ( C 1 1 ∗2 2 2 ∗2 0 ≥ μ0 V − H − Hr + Hr Hr + H CK T ∗ 2

378


⇐⇒

( H ∗2 ≥ 2 Hr Hr2 + H ∗2 − Hr2

⇐⇒

( H ∗2 + 2 Hr2 ≥ 2 Hr Hr2 + H ∗2

⇐⇒

H ∗4 + 4 H ∗2 Hr2 + 4 Hr4 ≥ 4 Hr4 + 4 Hr2 H ∗2

⇐⇒

H ∗4 ≥ 0 q. e. d.

Das Gleichheitszeichen ( Tg = Tg ) gilt nur bei H ∗ = 0.

Abschnitt 3.9 3.9.1

Lösung zu Aufgabe 3.9.1 1. Freie Energie: F = F(T, V) ∂F = −S(T, V) ; ∂T V

∂F ∂V

= −p(T, V) . T

Wir integrieren die erste Gleichung: T F(T, V) = − T0 (a =/ −1)

=

R V0 1 dT S(T , V) + f (V) = − V T0a

−

T

dT T a + f (V) =

T0

R V0 1 a + 1 T − T0a + 1 + f (V) . a V T0 a + 1

Zwischenergebnis: F(T, V) = −

R V0 T V a+1

T T0

a +

R V0 T0 + f (V) . V a+1

Wegen dF = −S dT − p dV = −S dT + δW gilt für isotherme Zustandsänderungen: (dF)T = (δW)T . Das nutzen wir für T = T0 aus: ∂F δW R T0 = = = ∂V T0 ∂V T0 V a R V0 T T R T0 V0 = − + f (V) = f (V) V 2 a + 1 T0 V 2 (a + 1) T = T0 ⇒

f (V) = R T0 ln

V + f (V0 ) . V0


379

Das legt schließlich die freie Energie fest: a + 1 V0 T0 T V F(T, V) = R 1− + R T0 ln + F T0 , V0 . V a+1 T0 V0 2.

Zustandsgleichung: a + 1 ∂F V0 T0 T R T0 p=− =R 2 1− − . ∂V T V a+1 T0 V

3.

Arbeitsleistung:

ΔWT = −

V

p(T, V ) dV =

V0

⇒

a + 1 T0 T 1 1 V = R V0 1− − + R T0 ln a+1 T0 V V0 V0 a + 1 R T0 T V0 − V V ΔWT = 1− + R T0 ln = a+1 T0 V V0 = F(T, V) − F T, V0 .


3.9.2

(2.59)

⇒

∂U ∂V

=T T

Das bedeutet für das Photonengas: 1 dε ε (T) = T −ε 3 dT ⇒

∂p ∂T

⇐⇒

−p. V

4 ε (T) = T

ε (T) = σ T 4 .

Damit folgt die kalorische Zustandsgleichung: U(T, V) = σ V T 4 . Die Entropie berechnen wir wie folgt: ∂S ∂U T = = 4 σ V T3 ∂T V ∂T V ∂S ⇒ = 4 σ V T2 . ∂T V

dε dT

380


Eine erste Integration liefert: 4 σ V T 3 + f (V) . 3

S(T, V) =

Wir benutzen nun die folgende Maxwell-Relation für die freie Energie: ∂S ∂p 1 d 4 4 = = σ T = σ T3 = ∂V T ∂T V 3 dT 3 = ⇒

4 σ T 3 + f (V) 3

f (V) = const .

Wir kennen damit die Entropie als Funktion von T und V: S(T, V) =

4 σ T 3 V + const . 3

Der Dritte Hauptsatz besagt, dass die Konstante Null sein muss. Wir lösen nach T auf T=

3 4σ

1 | 3

S1 | 3 V −1 | 3

und setzen das Ergebnis in die kalorische Zustandsgleichung ein: 3 3 1|3 U(S, V) = V −1 | 3 S4 | 3 . 4 4σ Das ist die innere Energie des Photonengases in ihren natürlichen Variablen S und V. Die freie Energie ist einfacher zu berechnen: 1 F(T, V) = U(T, V) − T S(T, V) = − σ V T 4 . 3 Für die freie Enthalpie ergibt sich ein besonders einfacher Ausdruck: 1 1 G = F + pV = − σ V T 4 + σ V T 4 = 0 . 3 3 Aus der Gibbs-Duhem-Relation G = μ N folgt damit für das chemische Potential des Photonengases:

μ≡0. Es bleibt noch die Enthalpie H übrig: H = U + pV

⇒

H=

4 σ V T4 = S T . 3


Mit T =

1 | 4 3p σ

381

folgt: H(S, p) =

1 | 4 3

σ

p1 | 4 S .

Lösung zu Aufgabe 3.9.3 Arbeit:

3.9.3

δW = −Fk dx = +k(T) x dx . Analogie zum Gas:

δW = −p dV

⇒

p

⇐⇒

−(k x) ,

V

⇐⇒

x.

Für eine durch x und T charakterisierte Zustandsänderung ist die freie Energie F das passende thermodynamische Potential: dF = −S dT + k x dx . Bei isothermer Dehnung der Feder gilt: x F(x, T = const) =

kx dx + F x0 , T =

x0

1 2 k x − x02 + F x0 , T , 2 1 ΔF(x, T = const) = k x2 − x02 . 2 =

Die Entropieänderung ergibt sich aus der Maxwell-Relation für F:

∂S ∂ ∂k =− (kx) = −x ∂x T ∂T ∂T x x ⇒

(ΔS)T=const = −

x x0

x

dk 1 dk 2 dx = − x − x02 . dT 2 dT

Damit berechnen wir die Änderung der inneren Energie: (ΔU)T = (ΔF)T + T(ΔS)T = 1 2 dk 2 = x − x0 k − T = k x2 − x02 . 2 dT

382

3.9.4


Lösung zu Aufgabe 3.9.4 1. Arbeit:

δW = σ dL . Bei Dehnung des Bandes wird am System Arbeit geleistet (Vorzeichenkonvention!). Frei Energie: F(T, L) = −S dT + σ dL . Maxwell-Relation:

∂S − ∂L

T

∂σ = ∂T

=α.

L

Innere Energie: U(T, L) = F(T, L) + T S(T, L) .

2.

3.

Wir zeigen, dass U nur von T, nicht von L abhängt: ∂U ∂F ∂S = +T = σ −αT = 0 . ∂L T ∂L T ∂L T ∂S = −α < 0 . ∂L T Die Entropie des Bandes nimmt bei Dehnung ab! Gesucht: ∂T | ∂L S . Kettenregel: ∂T ∂L ∂S = −1 , ∂L S ∂S T ∂T L ∂S CL = T : Wärmekapazität bei konstanter Länge; stets positiv ∂T L ∂T α ⇒ = T>0. ∂L S CL Die Temperatur des Bandes steigt bei adiabatischer Dehnung!

3.9.5

Lösung zu Aufgabe 3.9.5 Entropie:

S = S(T H)

⇒

∂S dS = ∂T

⇒

H

∂S dT + ∂H

!

dH = 0 T

∂S ∂H T ∂T T ∂S = − = − . ∂S ∂H S CH ∂H T ∂T H


383

Freie Enthalpie: dG = −S dT − m dB0

⇒ ⇒

⇒

B0 = μ0 H ; m = M V ; V = const , ∂S ∂m = ∂B0 T ∂T B0 ∂S ∂M C = μ0 V = −μ0 V 2 H ∂H T ∂T H T C : Curie-Konstante CH ∂T =μ V . ∂H S 0 CH T

Lösung zu Aufgabe 3.9.6 1. Grundrelation:

dS =

keine Variable

3.9.6

1 1 1 dU − Q dL = T T T

∂U ∂T

dT +

L

1 T

∂U ∂L

− T

Q T

dL .

Integrabilitätsbedingung für S:

1 ∂ ∂U 1 ∂U ! =− 2 −Q T ∂L ∂T L T T ∂L T +

1 T

∂ ∂U ∂T ∂L

−

T

L

∂Q ∂T

. L

Wegen der Integrabilitätsbedingung für U heben sich die beiden doppelten Ableitungen auf und es bleibt: ∂U ∂Q ∂ Q =Q−T = −T 2 ∂L T ∂T L ∂T T L

∂U ∂T

= CL (T, L) . L

Innere Energie Wir integrieren längs des Weges (T0 , L0 ) → (T, L0 ) → (T, L): T U(T, L) = U(T0 , L0 ) + dT CL (T , L0 ) T0

− T2

∂ 1 ∂T T

L

L0

dL Q(T, L )

. L

384


Wärmekapazität ∂U CL (T, L) = ∂T L = CL (T, L0 ) −

∂ 2 ∂ 1 T ∂T ∂T T

L

dL Q(T, L )

L0

. L L

Entropie Mit den Beziehungen(s. o.) ∂S 1 = C (T, L) ∂T L T L

∂S ∂L

=

T

1 T

∂U ∂L

− T

Q ∂Q =− T ∂T L

folgt durch Integration längs des Weges (T0 , L0 ) → (T, L0 ) → (T, L): T L 1 ∂Q(T, L ) S(T, L) = S(T0 , L0 ) + dT CL (T , L0 ) − dL . T ∂T T0 L0 L Freie Energie T, L sind die ,,natürlichen“ Variablen der freien Energie: F = U − TS = F(T, L) . Durch Kombination der Ergebnisse für U und S ergibt sich: F(T, L) = U(T0 , L0 ) − TS(T0 , L0 ) + T L T + dT 1 − CL (T , L0 ) + dL Q(T, L ) . T T0 L0 2.

Innere Energie Mit den speziellen Ansätzen berechnet man leicht: T 1 dT CL (T , L0 ) = b(T 2 − T02 ) 2 T0 L 1 dL Q(T, L ) = aT 2 (L − L0 )2 2 L0 L ∂ 1 1 dL Q(T, L ) = a (L − L0 )2 . ∂T T L0 2 L


385

Das ergibt für die innere Energie: 1 1 U(T, L) = U(T0 , L0 ) + b(T 2 − T02 ) − aT 2 (L − L0 )2 . 2 2 Wärmekapazität

CL (T, L) =

Entropie

T

= bT − aT(L − L0 )2 . L

T 1 C (T , L ) = dT b = b(T − T0 ) L 0 T T0 L dL Q(T, L ) = 2aT dL (L − L0 ) = aT(L − L0 )2 .

dT

T0

∂ ∂T

∂U ∂T

L

L0

L0

L

Damit folgt: S(T, L) = S(T0 , L0 ) + b(T − T0 ) − aT(L − L0 )2 . Freie Energie 1 1 F = U(T0 , L0 ) − TS(T0 , L0 ) + aT 2 (L − L0 )2 − b(T − T0 )2 . 2 2 3.

Für den thermischen Ausdehnungskoeffizienten benötigen wir: L=

∂L ∂T

Q Q + L0 aT 2 + L = 0 aT 2 aT 2

=− Q

2Q . aT 3

Damit bleibt: 2Q 2 α=− 3 =− aLT T 4.

L0 1− . L

Adiabatisch-reversibel bedeutet: !

S(T1 , L) = S(T2 , L0 ) und damit b(T1 − T0 ) − aT1 (L − L0 )2 = b(T2 − T0 ) − aT2 (L − L0 )2 . Dies ergibt schließlich 2 a T2 = T1 1 − (L − L0 )2 . b

386

3.9.7


Lösung zu Aufgabe 3.9.7 1. ∂F S(T, V) = − = N kB (α + ln C0 V) + N kB ln C1 (kB T)α . ∂T V

2.

p=−

∂F ∂V

= T

N kB T . V

3. U = F(T, V) + T S(T, V) = N kB T α . 4.

∂U CV = ∂T

V

∂S =T ∂T

= N kB α . V

5. 1 κT = − V

3.9.8

∂V ∂p

T

1 =− V

∂p ∂V

−1 = T

V 1 = . N kB T p

Lösung zu Aufgabe 3.9.8 Innere Energie vor der Durchmischung:

U = U1 + U2 ;

U1 =

3 NkB T1 ; 2

U2 =

3 NkB T2 . 2

Da keine Arbeitsleistung vonnöten ist und kein Wärmeübertrag auftritt, gilt nach der Durchmischung: U=

3 3 1 (2N)kB T = NkB (T1 + T2 ) ⇒ T = (T1 + T2 ) . 2 2 2

Mit Hilfe der thermischen Zustandsgleichung folgt zusätzlich: U=

3 3 3 pV = p0 (V1 + V2 ) = p0 V ⇒ p = p0 . 2 2 2

Nach (3.43) gilt für die Entropie des idealen Gases: 3 U V S(U, V, N) = Nc + NkB ln + NkB ln 2 N N 3 3 kB T = Nc + NkB ln kB T + NkB ln . 2 2 p


387

Mischungsentropie:

ΔS = S(T, p0 , 2N) − S(T1 , p0 , N) − S(T2 , p0 , N) ! " kB 12 (T1 + T2 ) 3 1 = 3NkB ln kB (T1 + T2 ) + 2NkB ln 2 2 p0

3 3 kB T1 − NkB ln kB T1 − NkB ln 2 2 p0 3 3 kB T2 − NkB ln kB T2 − NkB ln 2 2 p0 ! " 2 2 3 3 1 3 3 = NkB ln kB T1 + T2 − ln kB T1 − ln kB T2 2 2 4 2 2 ! " 2 kB 2 1 kB kB + NkB ln T1 + T2 − ln T1 − ln T2 p0 4 p0 p0 ! ! 2 " 2 " 3 1 T1 + T2 1 T1 + T2 = NkB ln + NkB ln 2 4 T1 · T2 4 T1 · T2 ! 2 " 5 1 T1 + T2 ΔS = NkB ln . 2 4 T1 · T2 Für den Spezialfall T1 = T2 ergibt sich offensichtlich ΔS = 0, d. h. das Gibbsche Paradoxon tritt nicht auf.


3.9.9

dF = −S dT + B0 dm = −S dT + μ0 V H dM ⇒

∂F ∂M

= μ0 V H .

T

Suszeptiblität:

χT =

∂M ∂H

=

T

∂H ∂M

−1 T

=

μ0 V

.

∂2 F ∂M 2 T

388


Freie Energie:

∂2 F ∂M 2

⇒

⇒

∂F ∂M

= T

μ0 V χT

= μ0 V

T

M

χ−1 (T, M ) dM + f (T) T

0

F(T, M) = F(T, 0) + μ0 V

M

dM

0

M

dM χ−1 (T, M ) + f (T) M . T

0

Dies ist die allgemeinste Lösung! Spezialfall:

χT (T, M) ≡ χT (T) (z. B. Curie-Gesetz) χT =

⇒ Dann folgt:

∂F ∂M ⇒

2.

Entropie: S=−

∂F ∂T

T

M . H

= μ0 V

M

χT

⇒

+ f (T)

F(T, M) = F(T, 0) + μ0 V

f (T) ≡ 0 1 M2 . 2 χT

= M

df (T) = S(T, 0) − M − μ0 V dT

M dM 0

M

dM

0

Obiger Spezialfall: 1 S(T, M) = S(T, 0) − μ0 V M 2 2

∂ −1 χ (T, M ) ∂T T

d −1 χT (T) . dT

M

.


389

Innere Energie: U =F+TS, df U(T, M) = U(T, 0) + M f (T) − T + dT + μ0 V

M

M

dM

0

0

∂ −1 dM χ−1 (T, M ) − T χ (T, M ) . T ∂T T

Spezialfall: U(T, M) = U(T, 0) + μ0 V

∂χ−1 1 2 −1 M χT − T T . 2 ∂T

Dabei ist: U(T, 0) = F(T, 0) + T S(T, 0) .

Lösung zu Aufgabe 3.9.10 Aus dF = −S dT + B0 dm folgt als Integrabilitätsbedingung: ∂S ∂B0 ∂H =− = −μ0 . ∂m T ∂T m ∂T m

3.9.10

Curie-Weiß-Gesetz: M= Wärmekapazität:

∂Cm ∂m

C H = V m (V = const) . T − Tc

=T T

= −μ0 T ⇒

∂ ∂S ∂m ∂T

∂2 H ∂T 2

=T

m T

=0 m

Cm (T, M) ≡ Cm (T) .

Innere Energie: dU = T dS + μ0 V H dM ⇒

∂U ∂T

M

∂S =T ∂T

= CM = Cm , M

∂ ∂S ∂T ∂m

= T m

390


∂U ∂M

=T

T

∂S ∂M

∂S ∂m

=TV

= −μ0 T V

∂U ∂T

∂H ∂T

+ μ0 V H =

m

M M + μ0 V (T − Tc ) = C C

U(T, M) = −μ0 V Tc

+ μ0 V H =

T

M Tc C

= −μ0 V

Wegen

= −μ0 T V

⇒

+ μ0 V H =

T

M2 + G(T) . 2C

= G (T) = Cm

M

gilt insgesamt: T U(T, M) =

Cm (T ) dT − μ0 V Tc

M2 + U0 . 2C

0

Entropie: T S(T, M) =

Cm (T ) dT + f (M) , T

0

⇒

∂S ∂m

= T

1 V

!

f (M) = −

S(T, M) = S0 +

∂S ∂M

μ0 V

T ⇒

C

T

= −μ0

∂H ∂T

=− m

μ0 C

M

Cm (T ) μ0 V 2 dT − M . T 2C

0

Freie Energie: F(T, M) = U(T, M) − T S(T, M) = T = F0 + 0

T μ0 V 2 Cm (T ) 1 − dT + M T − Tc . T 2C

M


391

Freie Enthalpie: G = F − m B0 = F − μ0 V M H = F − T = F0 +

μ0 V

T − Tc M 2 =

C

T μ0 V 2 Cm (T ) 1 − dT − M T − Tc T 2C

0

T ⇒

G(T, B0 ) = F0 + 0

T VC 2 1 Cm (T ) 1 − dT − B . T 2 μ0 0 T − Tc


3.9.11

H = U + p V = H(S, p) ; dH = T dS + V dp , ∂H ∂S =T +V . ∂p V ∂p V Maxwell-Relation für U:

⇒

dU = T dS − p dV ⇒

∂p ∂S

=−

V

∂H ∂V =V −T ∂p ∂T

∂T ∂V

S

. S

Lösung zu Aufgabe 3.9.12 1. Erster Hauptsatz:

3.9.12

dU = δQ + δW . Die Arbeit setzt sich aus einem elektrischen und einem mechanischen Anteil zusammen:

δWe = V E dP

(das Volumen V ist wieder als konstant anzusehen, gehört nicht zu den thermodynamischen Variablen),

δWm = τ dL . Für reversible Zustandsänderungen gilt somit: dU = T dS + V E dP + τ dL . Das Differential der freien Enthalpie, G = U − T S − V EP − τL ,

392


lautet: dG = −S dT − V P dE − L dτ . Es ist total, sodass die Maxwell-Relation ∂P ∂L V = ∂τ T, E ∂E T, τ 2.

gilt. Es gibt so viele thermodynamische Potentiale, wie man durch Legendre-Transformation aus U erzeugen kann: U; U −TS ;

U − V PE ;

U − T S − V PE ;

U − Lτ

U − T S − Lτ ;

⇐⇒ U − V PE − Lτ

⇐⇒

U − T S − V PE − Lτ

3.

3.9.13

Transformation in einer Variablen, Transformation in zwei Variablen, Transformation in drei Variablen.

⇐⇒

Es gibt also insgesamt acht verschiedene thermodynamische Potentiale. Jedes Potential hängt von drei Variablen ab. Das bedeutet jeweils drei Integrabilitätsbedingungen. Insgesamt sind es dann vierundzwanzig!


∂F ∂T

U(T, V, N) = F + TS = F − T ⇒

∂U ∂N

T, V

∂F = ∂N

V, N

∂ ∂F −T ∂ N ∂T T, V

.

V, N T, V

Man beachte, dass die Ableitung nach der Teilchenzahl nur dann das chemische Potential μ ergibt, wenn es sich bei der abgeleiteten Größe um ein thermodynamisches Potential handelt: ∂U ∂U =/ μ ; aber: = μ(S, V, N) , ∂N T, V ∂N S, V

∂F ∂N

T, V

= μ(T, V, N) .


393

Dies bedeutet für die obige Beziehung:

∂U ∂N

T, V

⇒

∂U ∂N

− μ(T, V, N) = −T

T, V V, N

∂μ ∂T

T, V

∂ ∂F = μ(T, V, N) − T ∂T ∂N

. V, N

2. N = N(T, V, μ)

⇒

∂N dN = ∂T

V, μ

∂N dT + ∂V

T, μ

∂N dV + ∂μ

dμ . T, V

Man setze: x= ⇒

∂N ∂T

∂μ ∂T

μ T

∂N = ∂T V, x

=

V, x

∂N +0+ ∂μ V, μ

∂ (T x) ∂T

=x= V, x

T, V

μ

∂μ ∂T

, V, x

.

T

Damit haben wir als Zwischenergebnis: ∂N ∂N ∂N ∂μ μ = + . ∂T V, x ∂μ T, V ∂T V, μ ∂N T, V T Kettenregel:

∂N ∂T

μ, V

⇒

∂T ∂μ

∂N ∂T

N, V

∂μ ∂N

∂N = ∂μ V, x 1 = T 1.

= −1 T, V

T, V

∂N ∂μ

μ

∂μ − T ∂T

T, V

∂U ∂N

= N, V

q. e. d T, V

3.

⇒

U = U(T, V, N) ∂U ∂U ∂U dU = dT + dV + dN . ∂T V, N ∂V T, N ∂N T, V

394


Daran lesen wir ab: ∂U ∂U ∂U ∂N = +0+ . ∂T V, x ∂T V, N ∂N T, V ∂T V, x Nach Einsetzen des Resultats von Teil 2. ergibt sich die Behauptung!

3.9.14


dU = T dS − p dV + B0 dm dF = −S dT − p dV + B0 dm . 2. (a) Integrabilitätsbedingung für F ∂S ∂p NkB = −→ . ∂V T,m ∂T V,m V (b) Integrabilitätsrelation für F ∂S ∂B0 m =− −→ − . ∂m T,V ∂T V,m αV (c) Mit 1.) und 2.a) findet man ∂U ∂S ∂p =T −p=T −p. ∂V T,m ∂V T,m ∂T V,m Wegen T

∂p ∂T

= V,m

NkB T =p V

bedeutet das für das ideale paramagnetische Gas: ∂U =0. ∂V T,m (d) Mit 1.) und 2.b) gilt jetzt: ∂U ∂S ∂B0 =T + B0 = −T +B . ∂m T,V ∂m T,V ∂T V,m 0 Wegen T

∂B0 ∂T

=T V,m

m

αV

= B0


395

gilt auch hier

∂U ∂m

=0. T,V

3. Da die Entropie S eine Zustandsgröße ist, kann der Integrationsweg zwischen zwei Punkten im Zustandsraum beliebig gewählt werden. Hier erscheint günstig: (T0 , V0 , m0 ) −→ (T0 , V0 , m) −→ (T0 , V, m) −→ (T, V, m), wobei die Teilchenzahl N konstant gehalten wird:

m

S(T, V, m, N) = S(T0 , V0 , m0 , N) + m0

V

+ V0

=−

1 αV0

∂S ∂V

m

dV +

T0 ,m

m dm + NkB

T

T0

T

V

dm

T0 ,V0

T0

m0

+ CV,m

∂S ∂m

∂S ∂T

dT

V,m

dV

V0

V

dT . T

Es ergibt sich also für die Entropie: S(T, V, m, N) = S(T0 , V0 , m0 , N) −

1 V 3 T (m2 − m20 ) + NkB ln + NkB ln . 2αV0 V0 2 T0

Innere Energie: Wegen

∂U ∂V

=

T,m

∂U ∂m

=0 T,V

bleibt 3 U(T, V, m, N) = NkB T + U(T0 , V0 , m0 , N) . 2 4.

Das obige Resultat für die Entropie sieht auf ,,den ersten Blick“ nicht so aus, als ob die Homogenitätsrelation (λ: beliebige reelle Zahl) S(T, λV, λm, λN) = λS(T, V, m, N)

396


erfüllt wäre. Man hat aber zu bedenken, dass die Integrationskonstante S0 (N) ≡ S(T0 , V0 , m0 , N) noch von der Teilchenzahl N abhängt, die eine extensive Variable ist und bei den Ableitungen in Teilaufgabe 3.) als konstant angesehen wurde. Die Homogenität ist gewährleistet, falls die folgende Forderung erfüllt werden kann: S0 (λN) − !

= λS0 (N) −

λ2 2 1 λV 3 T m + m2 + λNkB ln + λNkB ln 2αV0 2αV0 0 V0 2 T0 λ 2 λ 2 V 3 T m + m0 + λNkB ln + λNkB ln . 2αV0 2αV0 V0 2 T0

Es ist also zu fordern:

λS0 (N) = S0 (λN) −

1 1 λ(λ − 1) m2 + (1 − λ) m20 + λNkB ln λ . 2αV0 2αV0

λ ist noch beliebig. Wir wählen λ = S0 (N) =

N0 N :

N 1 N0 1 N N0 S0 (N0 ) − ( − 1) m2 + ( − 1) m20 + NkB ln . N0 2αV0 N 2αV0 N0 N

S0 (N0 )|N0 ≡ γ ist eine Konstante. Wir setzen S0 (N) in den Ausdruck für die Entropie aus Teil 3.) ein: 1 N0 − 1 m2 2αV0 N 1 N N0 + − 1 m20 + NkB ln 2αV0 N0 N

S(T, V, m, N) = N γ −

−

1 2 V 3 T m − m20 + NkB ln + NkB ln 2αV0 V0 2 T0

= Nγ −

1 N0 2 1 N 2 m + m 2αV0 N 2αV0 N0 0

+ NkB ln

V |N 3 T + NkB ln . V0 | N0 2 T0

Das Schlussergebnis zeigt, dass die Entropie in der Tat extensiv ist: N0 m2 1 m20 V |N 3 T S(T, V, m, N) = N γ − + + k ln + k ln . B B 2αV0 N 2 2αV0 N0 V0 |N0 2 T0


397

Lösung zu Aufgabe 3.9.15 1. Freie Energie: Nach Aufg. 3.9.9 gilt:

3.9.15

μ0 m2 . 2 V χT

F(T, m) = F(T, 0) + Dies bedeutet: F(T, m) = F(T, 0) + μ0

T − Tc 2 m . 2V C

Innere Energie: Nach Aufg. 3.9.9 gilt: U(T, m) = U(T, 0) +

χ−1 T −T

∂χ−1 T m2 χ−1 − T , T 2V ∂T

μ0

T ∂χ−1 1 Tc T = T − Tc − = − . ∂T C C C

Dies bedeutet:

μ0 Tc 2 m . 2V C

U(T, m) = U(T, 0) − Entropie: Nach Aufg. 3.9.9 gilt: S(T, m) = S(T, 0) −

μ0 2V

m2

d −1 χ dt T

.

Das bedeutet hier: S(T, m) = S(T, 0) − 2.

μ0 2V C

m2 .

Entropie: Cm (T, m = 0) = T T ⇒

S(T, 0) =

∂S ∂T

m=0

Cm (T , 0) dT = γ T . T

0

Mit dem Teilergebnis aus 1. bleibt: S(T, m) = γ T −

μ0 2V C

m2

(Beachte Teil 4.!)

398


Wegen m=

CV H T − Tc

folgt unmittelbar: 1 H2 S(T, H) = γ T − μ0 C V 2 . 2 T − Tc Freie Energie:

∂F ∂T

= −S(T, m) m

T ⇒

F(T, 0) = F0 −

1 2

γ T dT = F0 − γ T 2 .

0

Mit dem Resultat von Teil 1. folgt dann: 1 T − Tc 2 F(T, m) = F0 − γ T 2 + μ0 m . 2 2V C Innere Energie: Cm=0 = ⇐⇒

U(T, m = 0) =

∂U ∂T

m=0

1 2 γ T + U0 . 2

Mit dem Resultat aus Teil 1. ergibt sich: 1 μ0 Tc 2 U(T, m) = U0 + γ T 2 − m . 2 2V C 3.

Wärmekapazitäten: Cm = T CH = T

∂S ∂T ∂S ∂T

= γ T = Cm (T, m = 0) ,

m

H

T H2 = γ T + μ0 C V 3 . T − Tc

Wegen T > Tc folgt: CH ≥ Cm . Adiabatische Suszeptiblität: Nach (2.84) gilt:

χS = χT

Cm . CH


399

Einsetzen der obigen Ergebnisse liefert:

χS (T, H) =

C γT T − Tc γ T + μ0 C V T H 2 3 (T−T ) c

χS (T, H) =

⇒ 4.

Tc = 0

C

T − Tc +

. μ0 C V H 2 γ (T−Tc )2

⇒ nach Teil 2.: 1 H2 S(T, H) = γ T − μ0 C V 2 . 2 Tc

Der Dritte Hauptsatz fordert: lim S(T, H) = 0 .

T →0

Unser obiges Ergebnis liefert für H =/ 0 einen Widerspruch. Das Curie-Gesetz kann also nicht für beliebig tiefe Temperaturen korrekt sein! Wir hatten in Aufg. 3.9.9 gefunden: μ0 2 d −1 S(T, m) = S(T, 0) − m χT . 2V dt Falls χT (T, m) ≡ χT (T), d. h., m = V χT H gilt, folgt: S(T, m) = S(T, 0) +

μ0 2V

m2

1 dχT χ2 dT T

dχ 1 S(T, H) = S(T, 0) + μ0 V H 2 T . 2 dT

⇒

Um den Dritten Hauptsatz zu erfüllen, müssen wir also lim

T→0

dχT =0 dT

⇐⇒

χT = const +0(T 2 )

fordern, d. h. χT bleibt endlich für T → 0!

Lösung zu Aufgabe 3.9.16 Wegen Tc = 0 ist:

1 U(T, m) = U0 + γ T 2 ≡ U(T) 2 (vgl. Gay-Lussac-Versuch für das ideale Gas).

3.9.16

400

1.


Isotherm: 0 → H Dies bedeutet:

⇒

dU = 0

ΔQ = −ΔW = −μ0

H H dm , 0

dm =

CV dH T1

ΔQ = −

⇒

μ0 C V 2 T1

H2 < 0 .

Wärme wird abgeführt! 2.

Adiabatisch-reversibel ⇐⇒

dS = 0 S T1 , H = S Te , 0 .

⇐⇒ Wir benutzen das Ergebnis

1 H2 S(T, H) = γ T − μ0 C V 2 2 T aus Teil 2. der vorangehenden Aufgabe. 1 2

γ T1 − μ0 C V ⇐⇒

Te = T1 −

H2 ! = γ Te T12

μ0 C V H 2 < T1 . 2 γ T12

)

*+

,

>0

Man erzielt also einen Kühleffekt! Man vergleiche das Resultat mit Teil 3. aus Aufg. 2.9.36!

3.9.17

Lösung zu Aufgabe 3.9.17 1. Druck:

p=−

⇒

p=−

∂F ∂V

=− T

d F0 − AT dV

1 dE(V) kB T dV ) − E(V kB T

1− e

B A E1 (V − V0 ) + n(T, V) . V0 kB V0

e

− E(V) k T B


401

Entropie:

∂F S=− ∂T

− E(V) k T

= −A ln 1 − e V

e

− E(V) k T B

= − E(V) 1 − e kB T E(V) − E(V) = −A ln 1 − e kB T + A n(T, V) . kB T B

+ AT

E(V) kB T 2

Man verifiziert leicht: E(V)

n+1 , n n 1 =1− = , n+1 n+1

e kB T = 1− e

− E(V) k T B

E(V) = ln(n + 1) − ln n . kB T Damit lautet die Entropie: S = A {(n + 1) ln(n + 1) − n ln n} . Innere Energie:

− E(V) U = F + T S =F0 (V) + A T ln 1 − e kB T − ) E(V) − E(V k T − A T ln 1 − e B +A n(T, V) kB ⇒

2.

U =F0 (V) + A

E(V) n(T, V) . kB

Aus 1. folgt für p = 0: ! A E1 B Vm − V0 = n T, Vm V0 kB V0 ⇒

Vm = V(p = 0) =

A E1 n T, Vm + V0 . kB B

Das ist eine implizite Bestimmungsgleichung für Vm , die sich z. B. iterieren lässt:

−1 1 Vm − V0 n T, Vm = exp E0 − E1 −1 . kB T V0 Das muss nach Potenzen von E1 um E1 = 0 entwickelt werden. Da E1 auch als Faktor auftritt, reicht für n(T, Vm ) die nullte Ordnung: Vm ≈ V0 +

A E1 n T, V0 . kB B

402


Ausdehnungskoeffizient: 1 β= V

∂V ∂T

. p

Abschätzung: 1 = Vm V0 +

1 1 ≈ A E1 V0 kB B n T, Vm E(V)

A E1 1− n T, V0 , kB B V0

E(V )

∂Vm A E1 ∂n A E1 kB T2 e kB T = = E(V) 2 = ∂T kB B ∂T kB B k T e

= ⇒

β≈

B

−1

A E1 1 n+1 n(n + 1) ln kB B T n n0 + 1 1 A E1 n0 n0 + 1 ln , V0 B kB T n0 E −1 0 k T B n0 = n T, V0 = e −1 .

T→0 E0 BT

−k

n0 ≈ e n0 + 1 → 1 ;

ln

→0,

n0 + 1 E0 ≈ − ln n0 ≈ n0 kB T

⇒

E n0 + 1 1 E0 − 0 n0 n0 + 1 ln ≈ e kB T −→ 0 2 T→0 kB T n0 (kB T)

⇒

β(T = 0) = 0 ; Vm = V0 .

kB T >> E(V) n(T, V) ≈ ⇒ 3.

β≈

kB T ; E(V) 1 A E1 ; V0 B E0

∂n kB kB ≈ = + 0(E1 ) ∂T E(V) E0 Vm ≈ V0 +

A E1 T. B E0

Ein günstiger Startpunkt ist Gleichung (2.65): ∂p ∂V Cp − CV = T . ∂T V ∂T p


403

Der Druck lässt sich in unseren Gleichungen schwer konstant halten: ∂p ∂T V ∂V −1 . = =− ∂p ∂p ∂T ∂T p ∂p V

∂V T

∂V T

Dies bedeutet:

2 ∂p ∂T Cp − CV = −T V , ∂p ∂V T

∂p ∂T

⇒ ⇒

∂n ∂V

T

A E1 kB V0

∂n ∂T

A E1 kB V0 V V ∂p B A E1 ∂n =− + , ∂V T V0 kB V0 ∂V T =

≈

∂n0 ∂T

, V

E(V)

e kB T ∂E(V) = , 2 E(V) ∂V k T e B −1 1 kB T

∂E(V) E1 =− ∂V V0 ∂p ∂V

=− T

B + 0(E12 ) V0

Cp − CV ≈ T

A2 E12 k2B B V0

∂n0 ∂T

2 . V


3.9.18

U = U(S, V, A) , dU = δQ + δW ,

δW = δWV + δWA , δWV = −p dV , δWA = σ dA .

404


Wenn die Oberfläche A um dA vergrößert wird, wird Arbeit am System geleistet: dU = T dS − p dV + σ dA . 2.

Maxwell-Relation für dU: ∂T ∂σ ∂σ ∂T = = = ∂A S, V ∂S V, A ∂T V, A ∂S V, A =

3.

dσ dT ∂S ∂T V, A

=

Sei

T CV, A

α

γ=

dσ dT

q. e. d. .

,

Tc CV, A

dann ist zu integrieren: dT = −γ dA T

⇒

ln T = −γ A + β .

Anfangswerte:

β = γ A0 + ln T0 ⇒

ln

T = −γ A − A0 T0

T = T0 e−γ (A − A0 ) .

⇒

Die Temperatur nimmt bei adiabatisch-isochorer Vergrößerung der Oberfläche ab! 4. dF = d(U − T S) = dU − T dS − S dT dF = −S dT − p dV + σ dA .

⇒ 5.

Unabhängige Variable: T, V, A: ∂F = σ (T) , ∂A T, V ⇒ Außerdem gilt:

F(T, V, A) = σ (T) A + FV (T, V) .

∂ ∂F ∂A ∂V

⇒

∂F ∂V

= T, A

∂ ∂F ∂V ∂A

= f (T, V) ,

= T, V

∂ σ(T) = 0 ∂V

unabhängig von A

T, A

V ⇒

unabhängig von V

F(T, V, A) =

f (T, V ) dV + FA (T, A) .


405

Ganz offensichtlich gilt: F(T, V, A) = FV (T, V) + FA (T, A) . FA kann explizit angegeben werden: FA (T, A) = σ (T) A . 6.

Maxwell-Relation für F:

∂S ∂A

7.

=− T, V

∂σ ∂T

= V, A

α Tc

>0.

Die Entropie S nimmt bei Vergrößerung der Oberfläche zu! dU = T dS + σ dA, falls isochor ∂U ∂S T T 6. ⇒ =T +σ = α +α 1− =α>0. ∂A T, V ∂A T, V Tc Tc

8.

S=−

∂F ∂T

= SV (T, V) + SA (T, A) V,A

∂FA ⇒ SA (T, A) = − ∂T

5.

= −A V, A

dσ α = +A . dT Tc

A1 → A2 : isotherm-isochor ⇐⇒ SV = const T ΔQ = T SA T, A2 − SA T, A1 = α A2 − A1 , Tc

ΔQ > 0, falls A2 > A1 . 9. dG = d(F + p V) = −S dT + V dp + σ dA . 10.

∂G ∂A

∂ ∂G ∂p ∂A

⇒

⇒

∂G ∂p

= σ (T) ,

unabhängig von p

T, p

=0= T, p

∂ ∂G ∂A ∂p

T, A

= V(T, p) ,

unabhängig von A.

T, A

Dies bedeutet: G(T, p, A) = GV (T, p) + GA (T, A) .

406


Oberflächenanteil: GA (T, A) = σ (T) A ,

∂G V= ∂p

3.9.19

∂GV = ∂p T, A


2 G(1) A (T, A) = σ (T) A1 = σ (T) 4π r ,

⎭ ⎫ ⎬

G(2) (T, p) = M2 g2 (T, p)

2.

. T, A

⎫ ⎬

G(1) V (T, p) = M1 g1 (T, p) ,

⇒

⎭

- Tropfen

- Dampf; hat keine Oberfläche

G(T, p, A) = M1 g1 (T, p) + σ (T) 4π r2 + M2 g2 (T, p) .

Gleichgewicht bedeutet: dG = 0 Da T und p fest sind, bleiben nur M1 , M2 und r veränderbar: ⇒

M1 + M2 = M = const

dM1 = −dM2 .

Teil 1. liefert dann: 0 = dG = dM1 g1 − g2 + σ 8π r dr ⇒

g2 − g1 = σ 8π r

dr . dM1

Die Massendichte ρ1 ,

ρ1 =

M1 4π 3 3 r

,

des Flüssigkeitstropfens ist als konstant anzusehen: ⇒

M1 = ρ1

4π 3 r 3

⇒

dM1 = ρ1 4π r2 dr . dr

Es ist damit die Behauptung g2 − g1 = bewiesen.

2σ r ρ1


3.

407

Aus der allgemeinen Relation

∂G ∂p

=V T

folgt hier: V = V1 + V2 = M1

∂g1 ∂p

Dies bedeutet offensichtlich: ∂gi Vi = ; ∂p T Mi

+ 0 + M2

T

∂g2 ∂p

. T

i = 1, 2

V2 V1 1 1 ∂ − = − = g2 − g1 = M2 M1 ρ2 ρ1 ∂p T

⇒

=−

2σ (T) dr . r2 ρ1 dp

ρ1 >> ρ2 : 1

ρ2

≈−

2 σ (T) dr . r2 ρ1 dp

Dampf = ideales Gas:

ρ2 =

M2 M2 mp = = , 1 V2 kB T N kB T p m : Masse eines Moleküls,

⇒

kB T 2 σ dr ≈− 2 mp r ρ1 dp ⇒

ln p =

⇒

dp 2σm = p ρ1 kB T

2σm 1 +α. ρ1 kB T r

p∞ (T) : Dampfdruck bei unendlichem Tröpfchenradius: ⇒

α = ln p∞

⇒

ln

p 2σm 1 = . p∞ ρ1 kB T r

Dampfdruck des Tröpfchens:

2 m σ (T) 1 p(r, T) = p∞ (T) exp ρ1 kB T r

.

dr − 2 r

408

3.9.20


Lösung zu Aufgabe 3.9.20 1. Erster Hauptsatz: dU = δQ + μ0 V H dM

∂U CM = ∂T

⇒

δQ = CM dT + ⇒

CH =

δQ

∂U ∂M

dT

H

⇒

∂M ∂T

− μ0 V H dM

=− H

T

CM − CH = μ0 V H −

2.

, M

= CM +

⇒

∂U ∂M

∂U ∂M

− μ0 V H

T

T

∂M ∂T

C H T2

CM − CH = −

μ0 V C

M2 .

3a. Maxwell-Relation der freien Energie: dF = −S dT + μ0 V H dM ∂S ∂H = −μ0 V . ∂M T ∂T M

⇒

3b. Maxwell-Relation der freien Enthalpie: ⇒

dG = −S dT − μ0 V M dH ∂S ∂M = μ0 V . ∂H T ∂T H

3c. Die Behauptung folgt unmittelbar aus 1. für δQ = T dS. 4. ∂S ∂M CM − CH = −T = ∂M T ∂T H

∂H = μ0 V T ∂T 5.

∂H ∂T

= M

M , C

M

∂M ∂T

. H

. H

∂M ∂T

H


dH = ⇒

M 1 dT + T − Tc dM + 3 b M 2 dM C C ∂M 1 M 3 b M2 + T − Tc = − ∂T H C C

⇒

⇒ 6.

409

∂M ∂T

= H

−M + T − Tc

3 b M2 C

−μ0 V T M 2 . 3 b M 2 C2 + C T − Tc

CM − CH =

∂ ∂ ∂S CM = T ∂M ∂M ∂T

=T

M

T

∂ ∂S ∂T ∂M

= T M

∂2 H = T −μ0 V =0. ∂T 2 M

(3a.)

7.

∂U ∂T

= CM (T) . M

Nach Teil 3. gilt auch: ∂U ∂S ∂H =T + μ0 V H = −μ0 V T +μ VH = ∂M T ∂M T ∂T M 0 M 1 + μ0 V T − Tc M + μ0 V b M 3 = C C Tc 3 = μ0 V b M − M . C = −μ0 V T

Daraus folgt durch Integration: U(T, M) = μ0 V

⇒

∂U ∂T

1 Tc 2 b M4 − M + f (T) , 4 2C

= CM (T) = f (T)

M

U(T, M) = μ0 V

T 1 Tc 2 4 bM − M + CM (T ) dT . 4 2C 0

410


Analog findet man die Entropie: ∂S 1 = C (T) ; ∂T M T M ⇒

M2 S(T, M) = −μ0 V + 2C

∂S ∂M

T

T

∂H = −μ0 V ∂T

= −μ0 V

M

M C

CM (T ) dT . T

0

Das bedeutet schließlich für die freie Energie: F = U − T S =F0 + μ0 V T +

1 1 T − Tc M 2 + μ0 V b M 4 + 2C 4

T CM (T ) 1 − T

dT .

0

8.

H=M

1 T − Tc + b M 2 C

.

H = 0 besitzt also die Lösungen: a)

M =0, -

b) MS = ±

1 (Tc − T) . bC

Für die freie Energie gilt nach Teil 7.: F = f (T) + ⇒

μ0 V 2C

1 T − Tc M 2 + μ0 V b M 4 4

F(T, M = 0) =f (T) ,

Tc − T μ0 V F T, M = ±MS =f (T) + T − Tc + 2C bC 2 1 1 + μ0 V b Tc − T = 2 4 (b C) =f (T) −

2 1 μ0 V Tc − T . 4 b C2

Es ist also: F T, M = ±MS < F(T, M = 0) . Die ferromagnetische Lösung MS =/ 0 ist demnach stabil. Sie existiert als reelle Lösung nur für T ≤ Tc .


411

9. Magnetische Suszeptibilität:

∂M χT = ∂H ⇒

lim χT =

H→0

=

T

∂H ∂M

−1 =

1 C

T

1 T − Tc + 3 b M 2

1 C = . 2 2(Tc − T) T − Tc + 3 b MS

1 C

χT divergiert im Nullfeld für T → Tc ! Für die Differenz der Wärmekapazitäten benutzen wir das Resultat von Teil 5.: lim CM − CH =

H→0

−μ0 V T MS2 = 3 b MS2 C2 + C T − Tc

−μ0 V T b1C Tc − T μ0 V =− = T. 1 2 2 b C2 3 b C b C Tc − T + C T − Tc

Lösung zu Aufgabe 3.9.21 1. Maxwell-Relation zur freien Enthalpie ( dG = −S dT + V dp) ∂S ∂V =− . ∂p T ∂T p

Außerdem gilt:

∂S ∂T

p

3.9.21

Cp dT = ⇒ dS p = Cp . T T p

Damit berechnet man: ∂V ∂S Vβ = =− ∂T p ∂p T

∂ =− ∂p

T

=− 0

=− 0

T

T

0

∂Cp ∂p

dS p

T

T

!

∂ =− ∂p

0

T

dT Cp T

dT T

dT x (T ) a + b T + c T 2 + . . . T

1 x b x+1 c T a + T + T x+2 + . . . x x+1 x+2 a b c = −T x + T+ T2 + . . . . x x+1 x+2 =−

" p T

412


In der zweiten Zeile haben wir ausgenutzt, dass nach dem dritten Hauptsatz die Entropie am Nullpunkt verschwindet. Die untere Integrationsgrenze liefert also keinen Beitrag. Die nachfolgenden T-Integrationen sind längs eines Weges mit p = const durchzuführen. Ferner gilt: a =

d a; dp

d b; dp

b =

c =

d c ... dp

Damit ergibt sich:

a c + b T + x+2 T2 + . . . Vβ = − x x+1 Cp a + bT + cT 2 + . . .

Der Grenzwert lim

T→0

2.

Vβ a =− Cp ax

stellt eine endliche Konstante dar. Aus der T dS-Gleichung (2.74) T dS = Cp dT − TV β dp folgt für einen adiabatischen Prozess: dT Vβ =T . dp S Cp Wegen 1.) ist dann:

lim

T→0

dT dp

=0. S

Adiabatisches Entspannen führt in der Grenze T → 0 zu keiner Erniedrigung der Temperatur, was letztlich die Unerreichbarkeit des absoluten Nullpunkts als Folge des dritten Hauptsatzes ausmacht.

Abschnitt 4.3 4.3.1

Lösung zu Aufgabe 4.3.1 1. Clausius-Clapeyron-Gleichung:

dp QM QM p · QM = ≈ ≈ . dT T(vg − vf ) Tvg RT 2 Dies bedeutet: dp QM dT QM = d ln p ≈ ln p ≈ − + const. 2 p R T RT


Also gilt

2.

413

QM p(T) ≈ α exp − RT

(α = const.)

Thermischer Ausdehnungskoeffizient: 1 ∂V 1 ∂vg . βKoex = ≈ V ∂T Koex vg ∂T Längs der Koexistenzlinie haben wir

vg = vg (T, p(T)) ∂vg ∂vg ∂vg ∂p = + . ∂T Koex ∂T p ∂p T ∂T Koex

Der Dampf kann als ideales Gas aufgefasst werden: ∂vg ∂vg R RT ∂p QM = ; =− 2 ; ≈ . ∂T p p ∂p T p ∂T Koex T vg Der letzte Schritt folgt aus der genäherten Clausius-Clapeyron-Gleichung in Teil 1). Es bleibt: 1 R RT QM R QM βKoex ≈ − 2 · = 1− . vg P p T vg p vg p vg Es folgt schlussendlich:

βKoex ≈

1 T

QM 1− . RT

Der erste Term stellt den Beitrag des idealen Gases dar. Der aus den beim Phasenübergang wirksam werdenden Kohäsionskräften resultierende zweite Summand dominiert jedoch im Allgemeinen. Zahlenbeispiel: H2 O :QM ≈ 40 kJ|Mol RT ≈ 3 kJ|Mol

bei T = 373 K βKoex < 0 .

Insgesamt findet also längs der Koexistenzkurve mit zunehmender Temperatur eine Kompression statt.

Lösung zu Aufgabe 4.3.2 1. Maxwell-Relation für G(T, p): ∂Si ∂Vi αi =− =− . ∂p T ∂T p p

4.3.2

414


Integration über den Druck: Si (T, p) = −αi ln

p + fi (T) . p0

Wärmekapazitäten:

Cp(i) (T)

∂Si =T ∂T

=T

p

dfi dT

!

= Cp (T) p

f1 (T) = f2 (T) f1 (T) = f2 (T) + γ . Dritter Hauptsatz: f1 (T → 0) = f2 (T → 0) = 0 f1 (T) ≡ f2 (T) . Dies bedeutet: Si (T, p) = −αi ln 2.

p + f (T) . p0

An der Koexistenzlinie gilt offenbar S1 =/ S2 . Es handelt sich also um einen Phasenübergang erster Ordnung. Dafür gilt die Clausius-Clapeyron-Gleichung: d ΔQU pkoex = . dT T(V1 − V2 ) Die ,,Umwandlungswärme“ ΔQU berechnet sich zu:

ΔQU = T ΔS = −T(α1 − α2 ) ln

pkoex . p0

An der Koexistenzlinie macht zudem das Volumen einen Sprung: V1 − V2 koex = T(α1 − α2 )

1 . pkoex

Dies ergibt unmittelbar die Steigung der Koexistenzlinie; d pkoex pkoex pkoex = − ln . dT T p0 3.

Wir setzen x = T und y = pkoex |p0 und haben dann zu lösen: d y y = − ln y . dx x Umgestellt bedeutet das: dy dx d ln y dx = d ln y = − ln y =− = − d ln x . y x ln y x


415

Das lässt sich auch wie folgt schreiben: d ln(ln y) = − d ln x d ln x · ln y = 0 x · ln y = x0 . Es gilt also: y = exp(

x0 ). x

Machen wir schließlich noch die Substitutionen rückgängig, so erkennen wir, dass der Koexistenzdruck exponentiell mit der Temperatur abfällt: pkoex (T) = p0 exp(

T0 ). T

Die Umwandlungswärme ist dann längs der Koexistenzlinie konstant:

ΔQU = −(α1 − α2 ) T0 .

Lösung zu Aufgabe 4.3.3 1. Es gilt die Zuordnung:

4.3.3

p

⇐⇒

B0 = μ0 H ,

V

⇐⇒

−m = −V M .

Clausius-Clapeyron-Gleichung (4.19): dp ΔQ = . dT T0 ΔV Dies bedeutet für den Supraleiter: dB0C (−Δm) , dT Δm = V Mn − Ms ≈ −V Ms = V HC .

ΔQ = T0

B0c

n S

× Tc

T0

Abb. A.16.

416


Der letzte Schritt ist ein Ausdruck des Meißner-Ochsenfeld-Effekts: dB0C dHC = μ0 dT dT

ΔQ = −T0 V μ0 HC

⇒

dHC dT

. T = T0

2. G(T, H) = U − T S − μ0 V H M , sehr klein

Mn

⇒

Gn (T, H) ≈ Gn (T, 0) ,

dG = −S dT − μ0 V M dH . Meißner-Ochsenfeld-Effekt: dGs = −Ss dT + μ0 V H dH . Wir interessieren uns für den isothermen Prozess: dGs T = μ0 V H dH ⇒

1 Gs (T, H) = Gs (T, 0) + μ0 V H 2 . 2

Phasengleichgewicht: ! Gn T, HC = Gs T, HC ≈ Gn (T, 0) . Daraus erhalten wir die Stabilisierungsenergie:

ΔG = Gs (T, 0) − Gn (T, 0) ≈ Gs (T, 0) − Gs (T, HC ) ⇒

1 2

ΔG = − μ0 V HC2 (T) .

3. Sn = − Ss = − ⇒

Ss − Sn = −

∂ G (T, H) ∂T n ∂ G (T, H) ∂T s

≈−

H

= − H

d Gs (T, 0) dT

d dH (T) ΔG = μ0 V HC (T) C . dT dT

Dies ist in Übereinstimmung mit Teil 1. !

∂ G (T, H = 0) ∂T n

, H=0


417

Wegen (dHC | dT) < 0 ist: Sn (T) > Ss (T) . Der Supraleiter hat also den höheren Ordnungszustand. Wegen HC (Tc ) = 0 gilt am kritischen Punkt: Sn Tc = Ss Tc . 4.

Unabhängig von den Werten anderer Parameter gilt nach dem Dritten Hauptsatz: Ss (T)

−→

0;

T →0

Sn (T)

−→

T →0

0.

Da andererseits H0 =/ 0

−→

HC (T)

T →0

sein soll, muss nach Teil 3. lim

T →0

dHC =0 dT

erfüllt sein, was von unserem Ansatz für HC in der Tat gewährleistet wird. 5.

Cs − Cn = T

∂ Ss − Sn = ∂T

= μ0 V T

dHC dT

2

d2 HC (T) + HC (T) dT 2

,

dHC T T3 = −2 H0 (1 − α) 2 − 4 α H0 4 = dT Tc Tc T T2 = −2 H0 2 1 − α + 2 α 2 , Tc Tc

⇒

2 T2 = 1 − α+ 2α 2 , Tc d2 HC H0 T2 = −2 1 − α + 6 α dT 2 Tc2 Tc2

H2 T2 Cs − Cn = μ0 V T 2 20 α − 1 + 3 2 1 − 4 α + α2 + Tc Tc 6 T4 2T + 15 α(1 − α) 4 + 14 α 6 . Tc Tc dHC dT

2

T2 4 H02 4 Tc

418


Interessant ist der kritische Punkt T = Tc : H2 Cs − Cn T = T = 4 μ0 V 0 (1 + α)2 . c Tc 6.

T < Tc Sn (T) =/ Ss (T) ⇒ T = Tc

Sn Tc = Ss Tc , Cn Tc =/ Cs Tc (endlicher Sprung) ⇒

4.3.4

Phasenübergang erster Ordnung.

Phasenübergang zweiter Ordnung.


T = Tc (ε + 1) . f (T) lässt sich als Funktion von ε wie folgt schreiben: f (ε) = a Tc (ε + 1) ln |Tc ε| + b Tc2 (ε + 1)2 . Der kritische Exponent bestimmt sich dann wie folgt:

ϕ = lim

ε→0

ln |f (ε)| ln |a Tc (ε + 1) ln |Tc ε|| = lim = ε→0 ln |ε| ln |ε|

= lim

ln |a Tc ε ln |Tc ε| + a Tc ln |Tc ε|| ln |a Tc ln |Tc ε|| = lim = ε→0 ln |ε| ln |ε|

= lim

ln |a Tc | + ln | ln |Tc ε|| ln | ln Tc + ln |ε|| = lim = ε → 0 ln |ε| ln |ε|

ε→0 ε→0

ln | ln |ε|| = lim = lim ε → 0 ln |ε| ε→0 4.3.5

1 1 | ln |ε|| |ε| 1 |ε|

= lim

1

ε→0 | ln |ε||

=0.

Lösung zu Aufgabe 4.3.5 Phasenübergänge zweiter Ordnung nach der Ehrenfest-Klassifikation sind durch endliche Sprünge in den zweiten Ableitungen der freien Enthalpie oder freien Energie definiert:

f (ε) ⇒

−−−−→ A± ; (±)

T → Tc

A+ =/ A−

ln f (ε) ln |A± | ϕ = lim = lim =0. ε → 0 ln |ε| ε → 0 ln |ε|


419


4.3.6

T = Tc (ε + 1) ⇒

ϕ = lim

ε→0

5|2

f (ε) = a Tc

⇒

(ε + 1)5 | 2 − b

ln |f (ε)| =0. ln |ε|

2. f (ε) = a Tc2 (ε + 1)2 + ⇒

ϕ = lim

ε→0

3.

ln | TCc ε | ln |ε|

C 1 Tc ε

= − lim

ln |ε|

ε → 0 ln |ε|

= −1 .

f (ε) = a Tc |ε| + d ⇒

ϕ = lim

ε→0

ln |d| =0. ln |ε|

Lösung zu Aufgabe 4.3.7 Wir benutzen (2.82):

4.3.7

χT CH − Cm = μ0 V T β2H ; βH = ⇒

∂M ∂T

H

−1 1 − R = μ0 V T β2H χ−1 CH . T

Kritisches Verhalten T → Tc(−) : M ∼ (−ε)β ;

−1 β2H ∼ (−ε)2β − 2 ; χ−1 ∼ (−ε)γ ; CH ∼ (−ε)α T

⇒ 1 − R ∼ (−ε)2β − 2 + γ + α .

Daran lesen wir ab: 1. R =/ 1 : Die voranstehende Gleichung ist nur erfüllbar, falls gilt: 2 β − 2 + γ + α = 0 2.

⇐⇒

α + 2 β + γ = 2 .

R=1: Dann ist in der obigen Beziehung die linke Seite Null und kann deswegen nur durch 2 β − 2 + γ + α > 0 erfüllt werden.

⇐⇒

α + 2 β + γ > 2

420

4.3.8


Lösung zu Aufgabe 4.3.8 Skalenhypothese (4.76) hat (4.77) zur Folge. Dort setzen wir

λ = (±ε)−(1 | aε ) und erhalten mit H anstelle von B0 = μ0 H:

M(ε, H) = (±ε)(1 − aB ) | aε M ±1, (±ε)−(aB | aε ) H .

Wir benutzen (4.78) und (4.80): 1 − aB =β; aε

aB = βδ . aε

Damit folgt unmittelbar die Behauptung: M(ε, H) = M ±1, (±ε)−βδ H . β (±ε) Man misst die Magnetisierung M für eine Vielzahl von äußeren Feldern H als Funktion der Temperatur (bzw. ε). Trägt man dann M(ε, H) |ε|β

gegen

H |ε|βδ

auf, so reduziert sich diese Vielzahl auf zwei Kurven, je eine für T < Tc und T > Tc , falls die Skalenhypothese gültig ist. 4.3.9

Lösung zu Aufgabe 4.3.9 Wir benutzen:

1.

(4. 78) : β =

1 − aB , aε

(4. 79) : δ =

aB , 1 − aB

(4. 81) : γ = γ =

2aB − 1 , aε

(4. 82) : α = α =

2αε − 1 . aε

γ (δ + 1) = (2 − α) (δ − 1) gilt genau dann, wenn 2aB − 1 1 ! 1 2aB − 1 = aε 1 − aB aε 1 − aB erfüllt ist. Das ist offensichtlich der Fall!


2.

421

δ = (2 − α + γ ) | (2 − α − γ ) gilt, falls aB ! 2 − = 1 − aB 2 −

2aε −1 aε 2aε −1 aε

+ −

2aB −1 aε 2aB −1 aε

erfüllt ist: aB ! 2aε − 2aε + 1 + 2aB − 1 = 1 − aB 2aε − 2aε + 1 − 2aB + 1 ⇐⇒

aB ! 2aB = 1 − aB 2 − 2aB

q. e. d.

Lösung zu Aufgabe 4.3.10 1. Wir können vom Gesetz der korrespondierenden Zustände (1.19) ausgehen: 3 π + 2 (3 v − 1) = 8 t , v

pr = π − 1 ; Vr = v − 1 ; ε = t − 1 −2 . / ⇒ 1 + pr + 3 1 + Vr 3 Vr + 1 − 1 = 8(1 + ε) ⇒

. / 4 + 2 Vr + Vr2 + pr 1 + 2 Vr + Vr2 3 Vr + 2 = = 8(1 + ε) 1 + 2 Vr + Vr2 .

Sortieren dieser Gleichung führt auf: pr 2 + 7 Vr + 8 Vr2 + 3 Vr3 = −3 Vr3 + 8 ε 1 + 2 Vr + Vr2 . 2.

Im kritischen Bereich werden alle drei Größen pr , Vr und ε sehr klein. In erster Näherung können wir deshalb die Zustandsgleichung aus 1. linearisieren: pr ≈ 4 ε . In einem nächsten Näherungsschritt setzen wir dieses wieder in die Zustandsgleichung ein: 4 ε 2 + 7 Vr + 8 Vr2 + 3 Vr3 = −3 Vr3 + 8 ε 1 + 2 Vr + Vr2 ⇒

0 ≈ Vr 3 Vr2 + 12 ε + 24 Vr ε + 12 ε Vr2

⇒

0 ≈ Vr Vr2 + 8 Vr ε + 4 ε .

4.3.10

422


Diese Gleichung hat die Lösungen: Vr(0) = 0 ; >

T → Tc

⇐⇒

√ √ Vr(±) = −4 ε ± 2 −ε 1 − 4 ε .

>

ε→0:

Nur Vr = 0 kann Lösung sein, da Vr(±) komplex sind.

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