Cvičení z termodynamiky a statistické fyziky
autoři: Jakub Fišák a další
1. Necht’ F(x, y) = x · ex2+y2
. Spočtěte (a) ∂F
∂x
, (b) ∂F
∂y
, (c) ∂2F
∂x2 , (d) ∂2F
∂x∂y
, (e) ∂2F
∂y∂x
, (f)
∂2F
∂y2 .
Řešení:
(a)
∂ x·ex2+y2
∂x
= exp (x2
+ y2
) + 2x2
exp (x2
+ y2
) = exp (x2
+ y2
) (1 + 2x2
),
(b)
∂ x·ex2+y2
∂y
= 2xy exp (x2
+ y2
),
(c)
∂2 x·ex2+y2
∂x2 = 4x exp (x2
+ y2
)+(1 + 2x2
) 2x exp (x2
+ y2
) = exp (x2
+ y2
) (4x + 2x + 4x3
) =
exp (x2
+ y2
) (6x + 4x3
) = 2x (3 + 2x2
) exp (x2
+ y2
)
(d)
∂2 x·ex2+y2
∂x∂y
= 2y (1 + 2x2
) exp (x2
+ y2
),
(e) ∂2
(x·e2+y2
)
∂y∂x
= 2y exp (x2
+ y2
) + 4x2
y exp (x2
+ y2
) = 2y exp (x2
+ y2
) (1 + 2x2
),
(f)
∂2 x·ex2+y2
∂y2 = 2x exp (x2
+ y2
) + 4xy2
exp (x2
+ y2
) = 2x exp (x2
+ y2
) (1 + y2
).
2. Bud’ dω = A(x, y)dx + B(x, y)dy libovolná diferenciální forma (Pfaffián). Ukažte,
že v případě, že dω je úplný diferenciál (existuje funkce F(x, y) tak, že dω = dF), musí
platit
a)
∂A
∂y
=
∂B
∂x
, b) dω = 0,
(b) pro každou uzavřenou integrační cestu.
Řešení:
(a) Za splněného předpokladu
dF =
∂F
∂x
dx +
∂F
∂y
dy = A(x, y)dx + B(x, y)dy
jelikož platí záměnnost druhých derivací:
∂
∂x
∂F
∂y
=
∂
∂y
∂F
∂x
=
∂B(x, y)
∂x
=
∂A(x, y)
∂y
jelikož zřejmě platí
A(x, y) =
∂F
∂x
, B(x, y) =
∂F
∂y
(b) Pro výpočet využijeme Stokesův teorém, který je ve tvaru
V
dω =
∂V
ω
1
x
y
a
b
c
d
1 2
1
2
Obrázek 1: Znázornění kruhového děje k úloze 3.
Spočítáme levou stranu
C
dF =
C
dx
∂F
∂x
+ dy
∂F
∂y
=
S (∂S =C )
d dx
∂F
∂x
+ dy
∂F
∂y
=
S (∂S =C )
d(dF) = 0,
nebot’ vnější derivace z vnější derivace libovolné formy je vždy nulová.
Alternativní řešení: parametrizujeme integrační cestu
dω =
s1
s0
∂F
∂x
(x(s), y(s))
dx
ds
ds +
∂F
∂y
(x(s), y(s))
dy
ds
ds =
s1
s0
dF
ds
ds = F(x(s1), y(s1)) − F(x(s0), y(s0)) = 0.
3. Bud’ dω1 = (x2
− y) dx + x dy. Je to úplný diferenciál, je dω2 = dω1/x2
úplný
diferenciál? Vypočtěte integrál dω mezi body (1, 1) a (2, 2) podél přímek (1, 1) →
(1, 2) → (2, 2) a (1, 1) → (2, 1) → (2, 2).
Řešení:
Jelikož derivace členu udx podle y je rovna -1 a derivace druhého členu podle x je rovna
1, není tento výraz úplný diferenciál. Po podělení x2
dostaneme obě derivace rovny
− 1
x2 , takže to úplný diferenciál je. Výpočet křivkového integrálu provedeme následovně:
integrál můžeme rozdělit na dvě části
C
dω1 =
C1
dω1 +
C2
dω1
Následně parametrizujeme integrační cestu, která je znázorněna na obrázku 1. Pro
cestu a a b jsou parametry následující:
(a): x = 1, y = t, t ∈ [1, 2],
(b): x = t, y = 2, t ∈ [1, 2].
Můžeme tedy spočítat příslušné integrály:
C1
dω1 =
2
1
dt = 1
2
nebot’ dx = 0. Druhá část:
C2
dω1 =
2
1
dt t2
− 2 =
t3
3
− 2t
2
1
= −
2
3
Výsledek je tedy roven
C
dω1 =
1
3
V případě integrace po modré integrační cestě dostaneme výsledek 10
3
. Pokud integrujeme
dω1/x2
, dostaneme pro oba případy stejný výsledek 1.
4. Je dω = p dV + V dp úplný diferenciál? Pokud ano, určete funkci F jejímž úplným
diferenciálem je dω. Spočtěte integrál dω mezi body (V1, p1) a (V2, p2) podél přímek
(V1, p1) → (V1, p2) → (V2, p2) a (V1, p1) → (V2, p1) → (V2, p2).
Řešení:
Z podmínek integrability plyne, že se jedná o úplný diferenciál. Funkci ω najdeme
snadno. Víme, že
∂F
∂V
= p
potom
F = pv + g(p)
derivace této funkce podle tlaku je rovna V , odtud
∂F
∂p
= V = V +
dg(p)
dp
pro derivaci funkce g(p) dostaneme, že je nulová, a proto musí být funkce g(p) nějaká
konstanta. Funkce F je tedy rovna
F(p, V ) = pV + konst
Křivkový integrál spočítáme analogicky předchozímu případu. Na obr. 2 jsou znázorněny
integrační cesty. křivkový integrál po modré cestě vyjde −V1p1 +V2p2 a po červené
cestě samozřejmě úplně stejně.
5. Je dQ = c dT +RT
V
dV úplný diferenciál? Spočtěte integrál dω mezi body (V1, T1)
a (V2, T2) podél přímek (V1, T1) → (V1, T2) → (V2, T2) a (V1, T1) → (V2, T1) → (V2, T2).
Jakou funkcí f(V, T) musíme dQ vynásobit, aby součin f dQ byl úplným diferenciálem?
Určete funkci S pro níž dS = f dQ.c a R jsou konstanty.
Řešení:
Jelikož derivace prvního členu podle objemu je nulová a derivace druhého členu podle
teploty je rovna R
V
, nejedná se o úplný diferenciál. Integrace probíhá po podobných
integračních cestách jako je znázorněno v 2, integrál po modré integrační cestě je roven
RT2 ln V2
V1
+ c (T2 − T1) a po červené integrační cestě: RT1 ln V2
V1
+ c (T2 − T1).
3
V
p
a
b
c
d
p1 p2
p1
p2
Obrázek 2: Znázornění kruhového děje k úloze 4.
Následuje mírně složitější část. Musíme najít takovou funkci f(T, V ), aby byla splněna
podmínka
∂(f(T, V )c)
∂V
=
∂ f(T, V )RT
¯V
∂T
Spočítáme derivaci na obou stranách:
c
∂f
∂V
= R
T
V
∂f
∂T
+ fR
po vynásobení V dostaneme rovnici se separovanými proměnnými
cV
∂f
∂V
= RT
∂f
∂T
+ fR
funkci f pak můžeme předpokládat ve tvaru
f(T, V ) = g(T) · h(V )
Dosadíme a vydělíme V · g(T) · h(V )
cV
1
h(V )
∂h(V )
∂V
= RT
1
g(T)
∂g(T)
∂T
+ R
Levá strana nyní závisí pouze na objemu, pravá strana zase pouze na teplotě. Aby bylo
možné splnit rovnost pro libovolné V i T, musí být obě dvě strany konstantní. Z této
rovnice tedy vypadnou dvě diferenciální rovnice pro objem a teplotu:
cV
1
h(V )
∂h(V )
∂V
= konst.
řešením je, po vydělení rovnice objemem
c ln(h(V )) = konst · ln(V )
potom je funkce h(V ) rovna
h(V ) = V
konst.
c .
4
Zaměříme se na pravou stranu:
RT
1
g(T)
∂g(T)
∂T
+ R = konst
řešíme též separací proměnných:
1
g(T)
∂g(T)
∂T
=
k
R
− 1
a výsledek je
ln(g(T)) =
konst.
R
− 1 ln(T)
potom
g(T) = T
konst.
R
−1
Vzpomeneme si nyní na funkci f(T, V ) = g(T) · h(V ), do které dosadíme výsledek
našich výpočtů
f(T, V ) = V
konst.
c · T
konst
R
−1
kde konst. je libovolné. Proto zvolíme nejjednodušší řešení konst.= 0:
f(V, T) =
1
T
6. Necht’ x, y a z jsou 3 stavové veličiny, spojené stavovou rovnicí f(x, y, z) = 0. Ukažte
platnost vztahů
∂x
∂y z
=
∂y
∂x
−1
z
(1)
∂x
∂y z
= −
∂x
∂z y
∂z
∂y x
(2)
a
∂x
∂y z
=
∂x
∂y w
+
∂x
∂w y
∂w
∂y z
(3)
přičemž dolní index označuje konstantní veličinu a w je další stavovou veličinou, w =
w(x, y, z).
Řešení:
Spočítáme parciální derivace podle x a y za předpokladu, že je z konstantní:
df
dx
=
∂f
∂x y,z
+
∂y
∂x z
∂f
∂y x,z
= 0
df
dy
=
∂f
∂y x,z
+
∂x
∂y z
∂f
∂x y,z
= 0
5
z každé rovnice vyjádříme člen neobsahující f :
∂y
∂x z
= −
∂f
∂x y,z
∂f
∂y
x,z
,
∂x
∂y z
= −
∂f
∂y
x,z
∂f
∂x y,z
po vynásobení obou dvou výrazů máme:
∂y
∂x z
·
∂x
∂y z
=
∂f
∂x y,z
∂f
∂y
x,z
·
∂f
∂y
x,z
∂f
∂x y,z
= 1
což dokazuje (1). Rozepišme nyní pravou stranu výrazu
∂y
∂x z
= −
∂f
∂x y,z
∂f
∂y
x,z
derivace na pravé straně transformujeme do z-ových souřadnic
∂y
∂x z
= −
∂z
∂x y
∂f
∂z y,z
∂z
∂y
x
∂f
∂z x,z
= −
∂z
∂x y
∂z
∂y
x
= −
∂z
∂x y
∂y
∂z x
tímto je dokázán výraz (2). Připoměňme si vzorec transformace souřadnic (x, y, z) →
(u, v, w) pro derivaci:
∂y
∂x z
=
∂y
∂u v,w
∂u
∂x y,z
+
∂y
∂v u,w
∂v
∂x y,z
+
∂y
∂w u,v
∂w
∂x y,z
využijeme tohoto vztahu za předpokladu, že transformujeme pouze jedinou souřadnici
z → w
∂y
∂x z
=
∂y
∂x y,w
+
∂y
∂w
7. Stavová rovnice pV = NkT váže proměnné p, V a T, přičemž N a k jsou konstanty.
Přímým výpočtem ověřte, že
∂p
∂V T
=
∂V
∂p
−1
T
∂p
∂T V
=
∂T
∂p
−1
V
∂p
∂V T
= −
∂p
∂T V
∂T
∂V p
6
∂T
∂V p
= −
∂T
∂p V
∂p
∂V T
Řešení:
Podívejme se tedy postupně na jednotlivé rovnice:
∂p
∂V T
= −
NkT
V 2
= −
p
V
,
∂V
∂p
−1
T
= −
NkT
p2
−1
= −
V
p
−1
= −
p
V
∂p
∂T V
=
Nk
V
=
p
T
,
∂T
∂p
−1
V
=
V
Nk
−1
=
T
p
−1
=
p
T
∂p
∂V T
= −
NkT
V 2
= −
p
V
, −
∂p
∂T V
∂T
∂V p
= −
p
T
p
Nk
= −
p
T
·
T
V
= −
p
V
∂T
∂V p
=
T
V
, −
∂T
∂p V
∂p
∂V T
=
T
p
−
p
V
= −
T
V
8. Stavová rovnice ideálního plynu může být zapsána jako
• pV = NkT,
• pV = n1RT,
• p = ρkT
µ
,
• p = nkT,
kde p, V, T jsou tlak, objem a teplota, N je počet částic, n jejich koncentrace, k je
Boltzmannova konstanta (k = 1, 38 · 10−23
m2
kg s−2
K−1
), R je plynová konstanta
(R = 8, 31 J mol−1
K−1
), n1 je látkové množství, ρ je hustota plynu a µ molekulová
hmotnost. Ověřte rozměr k a R. Jaký rozměr má n? Ukažte, že jednotlivé rovnice jsou
ekvivalentní NA = 6.022 · 1023
mol−1
.
Řešení:
Rozměry jednotlivých konstant určíme z příslušných stavových rovnic
[k] =
[p][V ]
[N][T]
=
kg · m−1
· s−2
· m3
K
= kg · m2
· s−2
[R] =
[p][V ]
[n1] [T]
=
kg · m−1
· s−2
· m3
mol · K
= kg · m2
· s−2
· mol−1
n má rozměr m−3
. Je to koncentrace částic. Nyní k odvození ekvivalence mezi jednotlivými
tvary rovnice: Druhou rovnici odvodíme z té první velmi snadno: pravou stranu
rovnice rozšiřme Avogadrovou konstantou
pV = N
NA
NA
kT
7
jelikož je NAk = R - molární plynová konstanta a N/NA = n, dostáváme hledanou
druhou rovnici
pV = nRT
Pro odvození třetí rovnice vyjděme opět z první rovnice. Předpokládejme, že známe
střední molekulovou hmotnost µ, se kterou rozširííme pravou stranu stavové rovnice
pV = N
µ
µ
kT
zde opět Nµ je střední hmotnost N částic. Rovnici ještě podělíme objemem
p =
m
V
1
µ
kT
a vidíme, že jsme dostali ve výrazu hledanou hustotu
p =
ρ
µ
kT
Odvození poslední stavové rovnice je vskutku jednoduché. První rovnici totiž stačí
vydělit objemem a uvědomit si, že N/V = n, tj. koncentrace částic
p = nkT
Tot’ vše.
9. Při konstantní teplotě 20◦
C se ideální plyn kvazistaticky rozpíná ze stavu s tlakem
20 atm do stavu s tlakem 1 atm. Jakou práci vykoná 1 mol plynu?
Řešení:
Práce je obecně rovna
W =
V2
V1
dV p(T) =
V2(p2)
V1(p1)
dV
nRT
V
= nR ln(V )|
V2(p2)
V1(p1) =
nRT ln
V2 (p2)
V1 (p1)
= nRT ln
nRT
p2
nRT
p1
= nRT ln
p1
p2
≈ 8.31 · 293.15 · ln(10)J ≈ 5.6 kJ (4)
10. Při kvazistatické adiabatické expanzi 6 litrů hélia o teplotě 350 K klesá tlak ze
40 atm na 1 atm . Vypočtěte výsledný objem a teplotu (předpokládejte platnost stavové
rovnice ideálního plynu). Získané výsledky srovnejte s hodnotami, které by vyšly pro
izotermickou expanzi (κ = 1, 63). Předpokládejte, že se jedná o ideální plyn.
Řešení:
Pro adiabatický děj platí
pV κ
= konst.
8
potom
p0V K
0 = p1V K
1
tj. nový objem je roven
V1 = κ
p0
p1
V0 =
1.63
√
40 · 61 ≈ 571
Pro výpočet teploty musíme nejprve zjistit látkové množství plynu. To provedeme
snadno ze stavové rovnice ideálního plynu, kde využijeme veličiny z počátečního stavu
plynu
p0V0 = nRT0 → n =
p0V0
RT0
samotnou teplotu spočítáme též ze stavové rovnice, ale pro konečný stav
p1V1 = nRT1 → T1 = p1V1
nR
= p1V1
p0V0
T0 = p1V1
p0V0
T0 = p1
p0
κ p0
p1
T0 = p0
p1
1
κ
−1
T0 ≈
40
1
1.63 − 1 · 350 K = 84.11 K
Nyní se zaměřme na srovnání s izotermickou expanzí. Teplota je stejná, tou se zabývat
nemusíme. Z rovnice p0V0 = p1V1 snadno zjistíme, že objem bude
V1 =
p0
p1
V0 = 40 · 61 = 2401
konečný objem je tedy přibližně čtyřikrát větší než v případě adiabatické expanze.
11. Spočtěte práci vykonanou ideálním plynem při kvazistatické adiabatické expanzi
ze stavu charakterizovaného p1, V1 do stavu p2, V2. Určete práci, kterou plyn vykoná,
přechází-li z počátečního do koncového stavu nejdříve izochorickým dějem a poté izobarickým,
nebo nejdříve izobarickým dějem a poté izochorickým.
Řešení:
Pro adiabatický děj platí, že pV K
= konst. = p1V K
1 = p2V K
2 . Práci pak snadno spočí-
táme
W =
V2
V1
dV p =
V2
V1
dV
p1V κ
1
V κ
= p1V κ
1
V 1−κ
1 − κ
V2
V1
=
p1V κ
1
1 − κ
V 1−κ
2 − V 1−κ
1
=
p1V1
1 − κ
V2
V1
1−κ
− 1
Druhou část příkladu snadno spočítáme úvahou. Vykonaná práce je rovna ploše mezi
křivkou a osou V . Podíváme-lise na pV diagram jednotlivých procesů 2 je zřejmé, že při
izochorických dějích se práce nekoná, takže hlavní příspevěk budou mít izobarické děje.
Výpočet práce se tedy omezuje na výpočet obsahu obdélníku. Je-li nejprve izochorický
a potom izobarický děj, vykonaná práce je rovna
W1 = p2 (V2 − V1)
9
pro druhý případ
W1 = p1 (V2 − V1) .
12. Při výměně vzduchu mezi spodními a horními vrstvami troposféry dochází k expanzi,
popř. kompresi vzduchu: stoupající vzduch se rozepíná v oblasti menšího tlaku.
Vzhledem k malé tepelné vodivosti vzduchu je možno pokládat procesy expanze a
komprese za adiabatické. Vypočtěte změnu teploty s výškou následkem těchto procesů.
(Vzduch považujte za ideální plyn.)
Řešení:
Nejprve si zopakujme základní rovnice, které použijeme: jedná se o ideální plyn, a proto
se bude hodit jeho stavová rovnice
pV = nRT
a rovněž z informace, že děj můžeme považovat za adiabatický
pV κ
= konst.
Tuto rovnici však chceme vyjádřit pomocí teploty místo objemu, využijeme tedy stavovou
rovnici a dostaneme
p
RT
p
κ
= p1−κ
Rκ
Tκ
= p1−κ
Tκ
= konst.
výraz diferencujeme
(1 − κ)p−κ
Rκ
Tκ
dp = p1−κ
Rκ
κTκ−1
dT = 0
něco se tu pokrátí a rovnice se pak zjednoduší na
(1 − κ)dp +
pκ
T
dT = 0 (5)
Nás nyní bude zajímat, kde vzít závislost na výšce. Proto si vzpomeneme na Eulerovu
rovnici proudění tekutin (která se bude hodit i v některých dalších příkladech)
dv
dt
+ (v · ∇)v = −
∇p
ρ
− g (6)
Předpokládejme stacionární proudění a též zanedbejme nelineární člen. Potom dostaneme
rovnici hydrostatické rovnováhy ve tvaru
∇p = −ρg
což můžeme přepsat na
dp = −ρg dh
10
a dosadit do (5)
−ρg
κ − 1
κ
dh
p
=
dT
T
=
1
T
dT
dh
dh
v rovnici nám ještě překáží tlak, kterého se zbavíme pomocí stavové rovnice ideálního
plynu ve tvaru
p =
ρ
µ
kT
potom
dT
dh
= −
µg
k
κ − 1
κ
Pro g = 9.81 m · s−2
, µ = 29mH a κ = 1.4 vyjde
dT
dh
≈ 10 K · km−1
13. Předpokládejme, že atmosféra planety Venuše obsahuje k1 = 96.5% molekul CO2
a k2 = 3.5% molekul N2. Ostatní složky můžeme zanedbat. Teplota atmosféry je t =
464◦
C a atmosférický tlak na povrchu Venuše obsahuje p0 = 9.1MPa. Hmotnost planety
je M = 4.87 · 1024
kg a poloměr R = 6052 km.
(a) Určete hustotu ρ0 atmosféry a gravitační zrychlení gv u povrchu Venuše.
(b) K výzkumu atmosféry planety použijeme otevřený „horkovzdušný balon"(plněný
ovšem atmosférou planety) o objemu V = 50 m3
. Hmotnost konstrukce je m = 100 kg.
Na jakou teplotu t1 musíme ohřát plyn v balonu, aby začal stoupat nad povrch planety?
Při které teplotě t2 uvnitř balonu dosáhneme výšky 1 km?
Rotaci Venuše a pokles gravitačního zrychlení při výstupu balonu zanedbejte. Teplotu
atmosféry do výšky 1 km považujte za konstantní. Molární hmotnosti obou hlavních
složek atmosféry Venuše jsou Mm (CO2) = 44.0 · 10−3
kg · mol−1
, Mm (N2) =
28.0 · 10−3
kg · mol−1
.
Řešení:
(a) Hustotu atmosféry určíme pomocí stavové rovnice ve tvaru
p =
ρkBT
µ
kde µ je střední molekulová hmotnost, kterou spočítáme pomocí vzorce
µ =
k1Mm1 + k2Mm2
NA
= 7.21 × 10−24
kg
Hustota atmosféry je potom rovna
ρ =
µp
kBT
= 64.518 kg · m−3
Velikost gravitačního zrychlení spočítáme přímým dosazením do vzorce
ag =
GM
R2
= 8.87 m · s−2
11
(b) K výpočtu teploty využijeme Archimedova zákona. Velikost vztlakové síly musí
být větší nebo rovna velikosti síly tíhové, rozepsáno
ρatm. Vbal g ≥ mg = (mbal + mplyn ) g =
m
V
+
µp
kBT
z této rovnice snadno vyjádříme teplotu ve tvaru
T ≥
Tatm
1 − mkBTatm.
V µp
= 760.73 K
Pro výpočet teploty potřebné k tomu, aby mohl balon vzletnout do výšky 1 km potřebujeme
určit hustotu/tlak atmosféry v příslušné výšce. Barometrickou rovnici můžeme
odvodit z rovnice hydrostatické rovnováhy, kterou zapíšeme ve tvaru
∂p
∂h
= −ρg
do které dosadíme stavovou rovnici ideálního plynu
∂p
∂h
= −
pµ
kBT
g
řešení této rovnice je ve tvaru
p(h) = p0 exp −
µ
kBT
h
resp. hustota (dosazení do stavové rovnice)
ρ(h) =
µp0
kBT
exp −
µ
kBT
h = 64.063 kg · m−3
Předpokládejme, že plyn v balonu má stejný tlak jako plyn v atmosféře, potom můžeme
pomocí stavové rovnice napsat
p =
ρball
µ
kBT =
ρatm.
µ
kBTatm
odkud dostaneme
ρbal. = ρatm.
Tatm.
Tbal.
Podmínka pro teplotu potom je
T2 ≥
T
1 − m
V ρ0
exp µ
kBT
h
= 762 K
14. Plyn je popsán stavovou rovnicí p = p(V, T). Ukažte přímým výpočtem, že δQ není
úplným diferenciálem.
12
Řešení:
Vyjdeme z první věty termodynamické dE = δQ − p dV , ze které vyjádříme δQ
δQ = dE + p dV
diferenciál energie můžeme rozepsat v proměnných teploty a objemu, potom
δQ =
∂E
∂T V
dT +
∂E
∂V T
+ p dV
Vzpomeneme si, jaká podmínka musí platit pro úplný diferenciál a použijeme ji na
příslušný vzorec
∂
∂V
∂E
∂T V
=
∂
∂T
∂E
∂V T
+
∂p
∂T V
vzhledem k záměnnosti parciálních derivací dostaneme
∂p
∂T V
= 0
což je však ve sporu s předpokladem, že je tlak funkcí objemu. Tato podmínka tedy
není splněna a zřejmě se nejedná o úplný diferenciál.
15. Energie částice uzavřené v nekonečně vysoké potenciálové jámě s rozměry Lx ×
Ly × Lz je dána vztahem
E =
2
2m
π2 n2
x
L2
x
+
n2
y
L2
y
+
n2
y
L2
y
Předpokládejte, že Lx = Ly = Lz = L. Předpokládejte, že systém jako celek je charakterizován
energií systému. Jak je určen mikrostav, jak makrostav? Spočtěte sílu, kterou
částice působí na stěny nádoby. Určete vztah energie systému a tlaku.
Řešení:
Makrostav je popsán makroskopickými charakteristikamisystému, kterou můžeme přímo
měřit. V tomto případě je makrostav charakterizován energií E (L, nx, ny, nz). Pro daný
makrostav existuje několik mikrostavů, které však nemůžeme odlišit. Zde je mikrostav
charakterizován hodnotami nx, ny, nz.
Napišme, jak se změní energie systému při posunutí o pidi pidi kousek dx. Jelikož
předpokládáme skutečně pidi pidi změnu, provedeme pak rozvoj pouze do prvního řádu
E(L + dx, L, L) = E(L, L, L) −
2
π2
mL3
n2
x dx
Potom
dE = −
2
π2
mL3
n2
x dx
13
Jelikož je v platnosti relace dE = −F · dr, dostaneme pro působící sílu vzorec
Fx =
2
π2
n2
x
mL3
tlak je roven p = F/S, a proto
p =
2
π2
n2
x
mL5
Střední hodnoty jsou následující: tlak:
px =
2
π2
n2
x
mL5
=
2
π2
mL5
n2
x
a energie
E =
2
π2
mL3
n2
x + n2
y + n2
z =
p
2L3
.
16. Odvod’te z existence stavové rovnice f(p, V, T) = 0 vztah
α = p · β · κ
mezi termickým koeficientem roztažnosti α := 1
V
∂V
∂T p
, koeficientem izochorické rozpínavosti
β := 1
p
∂p
∂T V
a koeficientem izotermické kompresibility κ := − 1
V
∂V
∂p
T
.
Řešení:
Dosadíme příslušné výrazy do pravé strany
p · β · κ = p ·
1
p
∂p
∂T V
−
1
V
∂V
∂p T
= −
1
V
∂p
∂T V
∂V
∂p T
=
1
V
∂V
∂T p
= α
17. Stavová rovnice má tvar p = f(V ) · T. Dokažte:
(a) ∂E
∂V T
= 0
(b) pokud platí a), pak ∂E
∂p
T
= 0.
Řešení:
(a) Z první věty termodynamické vyjádříme výraz δQ/T
δQ
T
=
1
T
∂E
∂T V
dT +
1
T
∂E
∂V T
+ p dV
Následující vzorec bude používán hodně často, proto je nutné odvození udělat pořádně!
Jelikož se jedná o úplný diferenciál, musí být derivace prvního členu podle objemu roven
14
derivaci druhého členu podle teploty, tedy Využijeme druhou větu termodynamickou
pro kvazistatické procesy, kterou dosadíme do první věty termodynamické
dS =
dE
T
+
p
T
dV (7)
Víme, že dE je úplný diferenciál, který rozepíšeme v proměnných teploty a objemu
dE =
∂E
∂T V
dT +
∂E
∂V T
dV (8)
dostaneme
dS =
1
T
∂E
∂T T
dT +
1
T
∂E
∂V T
+ p dV (9)
Víme, že dS je též úplný diferenciál, a proto musí platit
∂
∂V
1
T
∂E
∂T V T
=
∂
∂T
1
T
∂E
∂V T
+ p
V
odkud
1
T
∂
∂V
∂E
∂T T V
= −
1
T2
∂E
∂V T
+ p +
1
T
∂
∂T
∂E
∂V V T
+
∂P
∂T V
.
Druhé derivace zmizí a výraz na závěr vynásobíme T2
. Dostaneme
∂E
∂V T
+ p = T
∂P
∂T V
(10)
Nyní stačí spočítat příslušné parciální derivace
∂E
∂V T
= Tf(V ) − f(V )T = 0
(b) Derivaci energie podle objemu přepíšeme následujícím způsobem
∂E
∂p T
=
∂E
∂V T
∂V
∂p T
= 0
18. Pro ideální plyn spočtěte ∂p
∂V ad
, ∂p
∂V T
.
Řešení:
19. Ukažte, že pro plyn popsaný stavovou rovnicí f(p, V, T) = 0 platí
∂p
∂V ad
=
∂p
∂V T
cp
cV
15
Řešení:
Levou stranu si rozepíšeme pomocí nové proměnné T
∂P
∂V S
=
∂P
∂V T
+
∂P
∂T V
∂T
∂V S
(11)
Nyní dokážeme tři důležité vzorce vyplývající z první věty termodynamické, ze které
si vyjádříme teplo
δQ = dE + p dV (12)
Nejprve si odvodíme další důležìtý vzorec popisující rozdíl cp a cV . Vyjdeme opět z
(12), kde opět rozepíšeme dE
δQ =
∂E
∂T T
dT +
∂E
∂V T
+ p dV
Nyní rozepíšeme objem jako funkci tlaku a teploty
dV =
∂V
∂T p
dT +
∂V
∂p T
dp
Jelikož chceme vyjádřit tepelnou kapacitu za konstantního tlaku, položíme dp = 0.
Navíc platí
cV =
δQ
∂T V
(13)
Dosadíme do vztahu pro δQ
δQ = cV dT +
∂E
∂V T
+ p
∂V
∂T p
dT = cV + T
∂P
∂T V
∂V
∂T p
dT
kde jsme využili vzorec (10). Z tohoto vzorce již vyplývá
cp =
δQ
∂T p
= cV + T
∂P
∂T V
∂V
∂T p
(14)
Před samotným výpočtem bude ještě nutné vyjádřit adiabatickou derivaci. Začneme
opět s (12). Zajímají nás adiabatické děje, a proto δQ = 0
0 = dE + p dV
dE klasicky rozepíšeme v proměnných objemu a teploty. Využijeme první odvozený
vzorec pro derivaci energie podle objemu. Dostaneme
0 = T
∂p
∂T V
dV + cV dT
kde nyní dT rozepíšeme jako funkci objemu a entropie. Zajímajínás procesy, při kterých
je entropie konstantní, a proto můžeme vzít člen sdS nulový
0 = T
∂p
∂T V
dV + cV
∂T
∂V S
dV
16
Odtud zřejmě dostáváme
∂T
∂V S
= −
T
cV
∂p
∂T V
(15)
Máme odvozeny všechny důležité identity, které nyní stačí správně zkombinovat. Vzorec
(14) dosadíme do (15) za derivaci tlaku podle teploty
∂T
∂V S
= −
cp − cV
cV
∂T
∂V p
Tento vzorec můžeme dosadit do (11), obdržíme
∂P
∂V S
=
∂P
∂V T
−
cp − cV
cV
∂P
∂T V
∂T
∂V p
Součin parciálních derivací můžeme upravit
∂P
∂T V
∂T
∂V p
= −
∂P
∂V T
Po dosazení
∂P
∂V S
=
∂P
∂V T
+
cp − cV
cV
∂P
∂V T
= 1 +
cp − cV
cV
∂P
∂V T
=
cp
cV
∂P
∂V T
a konečně dostáváme hledaný výraz. Při použití Maxwellových relací je postup jedno-
dušší.
20. Ukažte platnost relace cp − cV = R mezi izobarickým a izochorickým specifickým
teplem jednoho molu ideálního plynu. Vnitřní energie ideálního plynu nezávisí na jeho
objemu.
Řešení:
Tuto rovnici stačí spočítat z dříve dokázaného vzorce (14). Dosadíme rovnici ideálního
plynu
cp − cV = T
∂P
∂T V
∂V
∂T p
= T
p
T
V
T
=
pV
T
= nR
Pro 1 mol plynu je toto rovno právě R, Mayerova relace je tedy dokázána.
21. Vypočtěte entropii ideálního plynu při cp = konst., cV = konst. Ukažte, že δQ není
úplný diferenciál.
Řešení:
Vyjdeme ze vzorce (9), kam dosadíme (10), máme
dS =
cV
T
dT +
∂p
∂T V
dV
17
Dosadíme derivaci platnou pro ideální plyn
dS =
cV
T
dT +
nR
V
dV
Je zřejmé, že se jedná o úplný diferenciál. Z první rovnice
∂S
∂T V
=
cV
T
dostaneme
S(V, T) = cV ln(T) + C(V )
zderivujeme nyní podle objemu
∂S
∂V T
=
∂C(V )
∂V T
=
nR
V
potom
C(V ) = nR ln(V ) + konst.
Hledaná entropie je rovna
S(T, V ) = cV ln(T) + nR ln(V ) + konst.
22. Ukažte platnost relace pV κ
= konst. ( κ = cp/cV je adiabatickým exponentem) v
kvazistatickém adiabatickém procesu ideálního plynu. Spočtěte κ za předpokladu, že
cV = 3
2
R.
Řešení:
Vyjdeme ze spočítané entropie ideálního plynu, která je konstantní
S(T, V ) = cV ln(T) + nR ln(V ) + konst. = const.
konst. schováme do const. a dále upravíme
ln(T) + ln V
nR
cV = ln TV
nR
cV = konst.
z této rovnice
TV
nR
cV = konst.
Dosad’me nyní za teplotu ze stavové rovnice ideálního plynu
pV
nR
V
nR
cV = konst.
nR se může zahrnout do konst.
pV
1+ nR
cV = konst.
18
Využijeme Mayerovy relace
pV
1+
cp−cV
cV = pV
cp
cV = pV K
= konst.
Máme tedy dokázanou rovnici adiabaty pro ideální plyn. Je dobré zdůraznit, že to platí
skutečně jen pro ideální plyn a ne např. pro van-der Waalsův plyn.
23. Pro plyn bylo experimentálně zjištěno, že součin tlaku a objemu je funkcí pouze
teploty, pV = f(T) a že vnitřní energie závisí také pouze na teplotě. Jaký tvar má
f(T)?
Řešení:
Výpočet funkce provedeme dosazením stavové rovnice p = f(T)/V do
∂E
∂V T
+ p = T
∂P
∂T V
(16)
po dosazení
f(T)
V
= T
∂f(T)
V
∂T
V
=
T
V
∂f(T)
∂T V
a integraci
f(T) = konst. · T (17)
24. U fotonového plynu je hustota energie pouze funkcí teploty a tlak je dán vztahem
p = 1
3
u(T), kde u(T) = E/V . Spočtěte
(a) Funkci u(T),
(b) entropii,
(c) rovnici izotermy a adiabaty.
Řešení:
(a) Výpočet funkce u provedeme dosazením stavové rovnice do
∂E
∂V T
+ p = T
∂P
∂T V
(18)
jelikož víme, že E = V u(T), potom
u(T) +
1
3
u(T) = T
1
3
∂u(T)
∂T
(19)
jejíž řěěením je
u(T) = konst. · T4
(20)
(b) Entropie je rovna
dS =
cV
T
dT +
∂p
∂T V
dV
19
ze zadání spočítáme tepelnou kapacitu
cV =
∂E
∂T V
= 4V konst. T3
potom pro dS dostaneme
dS = 4V konst. T2
dT +
4
3
konst. T3
dV
Jedná se o úplný diferenciál, takže jednoduchou integrací (resp. dvěma integracemi a
jednou derivací) nám vyjde entropie rovna
S(T, V ) =
8
3
V konst. T3
+ konst 2. (21)
(c) Rovnici adiabaty určíme snadno z posledně spočítaného výrazu pro entropii, ta
totiž musí být v případě kvazistatických dějů konstantní:
S(T, V ) = konst.
z výrazu můžeme všechny konstanty podělením nebo odečtením zahrnout do konstanty
na pravé straně, potom
V · T3
= konst (22)
Rovnici izotermy zjistíme ze stavové rovnice, která rííká, že pokud je teplota konstantní,
musí být konstantní i tlak. Rovnice totiž nezávisí na objemu.
25. Tyč je zkroucena momentem síly M o úhel ϕ. (a) Dokažte, že první věta termodynamická
je v tomto případě ve tvaru:
dE = δQ + M dϕ. (23)
(b) Odvod’te z definice tepelné kapacity (a první věty termodynamické) vyjádření cM
a cϕ.
(c) Najděte vztah mezi ∂M
∂ϕ
adiab
a ∂M
∂ϕ
izoterm
.
Řešení:
(a) Z vyjádření práce ve tvaru
dW = F · dr = −F · (r × dϕ), (24)
kde F je působící síla, dr je element posunu bodu a dϕ vektor otočení o úhel dϕ v
ose rotace. Ukážeme, že dW = −(F × r) · dϕ, např. pomocí vyjádření přes antisymetrický
tenzor εijk. Element práce dW vyjádříme pomocí zápisu pomocí antisymetrického
epsilon tenzoru
−F · (r × dϕ) = −Fi · (εijk · rj · dϕk) = −εkij · Fi · rj · dϕk = −(F × r) · dϕ = M · dϕ
20
r
dϕ
Fdr
Obrázek 3: Kroucení tyče.
kde jsme použili definici momentu síly M = −F × dϕ. Při vhodné volbě souřadnicové
soustavy: hlavní osa kartézské soustavy souřadnic splývá s osou symetrie tyče, potom
se skalární součin zjednoduší na součin dvou skalárů a my první větu termodynamickou
můžeme zapsat ve tvaru
dE = δQ + M dϕ (25)
(b) cϕ vyjádříme analogicky cV , pro ϕ = konst. máme 1 VT:
dE = δQ
odkud
∂E
∂T ϕ
=
δQ
∂T ϕ
= cϕ (26)
cM je trochu složitější, z 1VT vyjádříme δQ a dE rozepíšeme jako funkci teploty a
úhlu:
δQ =
∂E
∂T ϕ
dT +
∂E
∂ϕ T
dϕ − M dϕ = cϕdT +
∂E
∂ϕ T
− M dϕ
Dalším úkolem je spočítat parciální derivaci podle úhlu za konstantní teploty. To se
provede analogicky s předchozím případem, kdy jsme měli proměnné tlaku a objemu.
Víme, že δQ/T je úplným diferenciálem, a tak po podělení obou stran rovnice teplotou
využijeme podmínku nutnou pro úplný diferenciál, potom
∂E
∂ϕ T
− M = −T
∂M
∂T ϕ
(27)
dosadíme do upravené 1VT
δQ = cϕdT − T
∂M
∂T ϕ
dϕ
zajímá nás tepelná kapacita, která je dána podílem δQ a diferenciálu teploty za konstantní
M, proto přepíšeme vše v proměnných teploty a momentu síly; členy s momentem
síly vypadnou, nebot’ je M konstantní
δQ
∂T M
dT = cϕ − T
∂M
∂T ϕ
∂ϕ
∂T M
dT
21
parciálníderivace na levé straně rovnice je definice cM , jelikož rovnice platí pro libovolné
dT, můžeme psát
cM = cϕ − T
∂M
∂T ϕ
∂ϕ
∂T M
(28)
(c) Nejprve musíme vyjádřít nějakou parciální derivaci pro adiabatické děje, tu získáme
z 1VT, adiabatické (kvazistatické) děje jsou za konstantní Q, tj.
0 = cϕdT − T
∂M
∂T ϕ
dϕ = −T
∂M
∂T ϕ
∂ϕ
∂T ad.
dT
potom
∂ϕ
∂T ad.
=
cϕ
T
∂T
∂M ϕ
dosadíme 28) za ∂T
∂M ϕ
a vyjádříme ∂T
∂ϕ
a
d.
∂T
∂ϕ ad.
= 1 −
cM
cϕ
∂T
∂ϕ M
nyní využijeme vzorce (odvozeného na začátku)
∂M
∂ϕ ad.
=
∂M
∂ϕ T
+
∂M
∂T ϕ
∂T
∂ϕ ad
a dosadíme za poslední parciální derivaci
∂M
∂ϕ T
+
∂M
∂T ϕ
1 −
cM
cϕ
∂T
∂ϕ M
=
∂M
∂ϕ T
+
∂M
∂ϕ T
1 −
cM
cϕ
=
cM
cϕ
∂M
∂ϕ T
Hledaný vzorec tedy je
∂M
∂ϕ ad.
=
cM
cϕ
∂M
∂ϕ T
(29)
26. (a) 1 kg vody s teplotou 0◦
C je přiveden do tepelného kontaktu s velkým rezervoárem
s teplotou 100◦
C. Spočtěte změnu entropie vody, rezervoáru a celé soustavy po
ustavení rovnováhy.
(b) Spočtěte změnu entropie celé soustavy, pakliže voda byla nejprve v kontaktu s rezervoárem
s teplotou 50◦
a poté s rezervoárem s teplotou 100◦
C.
(c) Jak zajistit, aby se při ohřevu vody entropie soustavy nezměnila?
Řešení:
22
(a) Při výpočtu předpokládáme, že těleso je oproti vodě tak velké, že se jeho teplota
změní zanedbatelně. Změna entropie je potom rovna
∆SR =
∆Q
T
=
mcV (T1 − T2)
T2
= mcV
T1
T2
− 1 = −1125.6 J · K−1
∆ST =
T2
T1
dT
mcV (T2 − T1)
T
= mcV (T2 − T1) ln(T)|T2
T1
= mcV (T2 − T1) ln
T2
T1
= 131022 J · K−1
celková změna entropie soustavy tedy je
∆S = ∆SR + ∆ST = 1298896.4 J · K−1
(b) Dosadíme opět do předchozích vzorců, avšak s rozdílnými teplotami. Při prvním
ohřevu dojde k následující změně entropie:
∆SR1 = −649.9 J · K−1
, ∆SR2 = −562.8 J · K−1
a těleso
∆ST1 = 35300 J · K−1
, ∆ST2 = 30211 J · K−1
(c) Uvažme, že máme N+1 rezervoárů. Nultý rezervoár je v tepelné rovnováze s tělesem.
Těleso budeme postupně přikládat k jednotlivým rezervoárům postupně podle zvyšující
se teploty, dokud se neohřeje na teplotu T2. Teplota rezervoárů se zvyšuje vždy o stejnou
teplotu, takže teplota i-tého rezervoáru je rovna
T(i) =
T2 − T1
N
i − T1 (30)
řekněme, že má nyní těleso teplotu T(i) a budeme ho ohřívat na teplotu T(i + 1).
Změnu entropie rezervoáru spočítáme analogicky k předchozímu příkladu
∆SR = mcV
T(i) − T(i + 1)
T(i + 1)
(31)
a těleso
∆ST = mcV ln
T(i + 1)
T(i)
(32)
po dosazení konkrétních T(i) obdržíme, označme výraz a = T2−T1
N
∆SR = mcV
−a
a(i + 1) − T2
(33)
a těleso
∆ST = mcV a ln
a(i + 1) − T2
a − T2
(34)
23
celkovou změnu entropie získáme součtem změn entropií přes všechny cykly
∆SR = mcV
N
i=1
−a
a(i + 1) − T2
(35)
a těleso
∆ST = mcV a
N
i=1
ln
a(i + 1) − T2
a − T2
(36)
Součet logaritmů je jednoduchý, prostřední členy se odečtou a zbydou pouze krajní
členy, tj.
∆ST = mcV a ln
a(N + 1) − T2
a − T2
(37)
konečný součet harmonické řady nelze spočítat analyticky, víme, že sumu lze přibližně
nahradit integrálem a potom
∆SR = mcV
N
i=1
−a
a(i + 1) − T2
≈ −
N
1
dim cV a
1
a(i + 1) − T2
= −mcV a ln
a(N + 1) − T2
a − T2
pro dostatečně vysoká N to platí přesně. Je zřejmé, že to je přesně opačná hodnota ke
změně entropie tělesa, součet se tedy blíží nule se zvyšujícím se N, protože se zpřesňuje
aproximace sumace integrací provedená v posledním kroku.
27. Ukažte, že pro malé odchylky δρ, δp od rovnovážných hodnot hustoty ρ0 a tlaku p0
je možné šíření zvukových vln popsat vlnovou rovnicí
∂2
δp
∂t2
= c2 ∂2
δp
∂x2
, (38)
kde rychlost zvuku je dána vztahem c = (∂p/∂ρ)ad předpokládáme-li, že děje jsou natolik
rychlé, že nedochází k výměně tepla mezi jednotlivými elementy vzduchu. Ukažte,
že rychlost zvuku může být spočtena také jako c = κad/ρ0, kde adiabatická kompresibilita
κad := −V ∂p
∂V ad
Spočtěte rychlost zvuku ve vzduchu za předpokladu, že vzduch
je tvořen pouze molekulami N2 a že κ = cp/cV = 7/5.
Řešení:
Vyjdeme z Eulerovy rovnice pro pohyb tekutin
∂v
∂t
+ (v · ∇)v = −
∇p
ρ
případ zjednodušíme na 1 D , předpokládáme, že se vlny pohybují po přímce a osu x
nasměrujeme ve směru vektoru grupové rychlosti těchto vln, Eulerova rovnice potom
bude
ρ
∂v
∂t
+ ρv
∂v
∂x
= −
∂p
∂x
(39)
24
a rovnice kontinuity
∂ρ
∂t
+
∂(ρv)
∂x
= 0 (40)
Následně budeme předpokládat, že hustota se mění o malou hodnotu oproti její střední
hodnotě, což zapíšeme jako
ρ = ρ0 + δρ = ρ0 +
∂ρ
∂p ad.
δp (41)
na pravé straně rovnice předpokládáme, že je zvukové vlnění adiabatický děj. Podobně
rozepíšeme rychlost v, u které můžeme vhodně zvolit souřadnou soustavu tak, aby
v0 = 0, potom
v = δv (42)
příslušné rozvoje dosadíme do jednotlivých rovnic, potom:
ρ0
∂δv
∂t
+ δρ∂δv
∂t
+ ρ0δv∂δv
∂x
+ δρδv∂δv
∂x
=
ρ0
∂δv
∂t
+ ∂ρ
∂p
ad.
δp∂δv
∂t
+ ρ0δv∂δv
∂x
+ ∂ρ
∂p
ad.
δv∂δv
∂x
= −∂(p0+δp)
∂x
= ∂δp
∂x
,
v rovnici zanedbáme na levé straně druhý, třetí a čtvrtý člen, protože jsou výrazně
menší než člen první, na pravé straně zbude pouze derivace fluktuace tlaku
ρ0
∂δv
∂t
= −
∂δp
∂x
(43)
to samé dosadíme do rovnice kontinuity
∂ρ
∂p ad.
∂δp
∂t
+ ρ0
∂δv
∂x
+
∂ρ
∂p ad.
∂(δpδv)
∂x
= 0
třetí člen opět zanedbáme, protože násobek fluktuace je výrazně nižší než první dva
členy, pak
∂ρ
∂p ad.
∂δp
∂t
= −ρ0
∂δv
∂x
(44)
rovnici (51) zderivujeme podle času, rovnici (52) zase podle souřadnice x , pravé strany
se rovnají díky záměnnosti derivací potom dostaneme
∂ρ
∂p ad.
ρ0
∂2
δv
∂t2
= ρ0
∂2
δv
∂x2
(45)
a nakonec po jednoduché úpravě dostaneme hledanou rovnici
∂2
δp
∂t2
= c2 ∂2
δp
∂x2
(46)
Pro přepsání rychlosti zvuku pomocí adiabatické kompresibility parciální derivaci upra-
víme
c =
∂p
∂ρ ad
=
∂p
∂V ad.
∂V
∂ρ ad.
=
∂p
∂V ad.
−
m
ρ2
25
zlomek přepíšeme jako
m
ρ2
=
V
ρ
protože m = ρV . Nakonec
c = −
V
ρ
∂p
∂V ad.
=
κad
ρ
. (47)
Pro výpočet rychlosti zvuku využijeme znalosti rovnice adiabaty ideálního plynu
pV κ
= p
µκ
µκ
V κ
=
pµκ
ρκ
= konst. = K
odtud snadno určíme derivaci
∂p
∂ρ ad
= κK
ρκ−1
µκ
= κK
ρκ
µκ
ρ−1
= κ
p
ρ
= κ
kBT
µ
kam jsme dosadili stavovou rovnici ideálního plynu p = ρkBT/µ. Rychlost zvuku je
potom
c = κ
kBT
µ
= 493.67 m · s−1
(48)
28. Ideální plyn se adiabaticky rozšiřuje z objemu V1 do vakua. Spočtěte růst entropie,
pokud plyn v konečném stavu má objem V2 a dokažte, že proces rozšiřování je nevratný.
Řešení:
Nejprve vypíšu vzorce, které při výpočtu použijeme. Jejich odvození byste měli najít
v sešitě. První vzorec vyplývá z první věty termodynamické
∂E
∂V T
= T
∂p
∂T V
− p
dalším důležitým vzorcem je vyjádření entropie (resp. úplného diferenciálu) z první
věty termodynamické
dS =
cV
T
dT +
∂p
∂T V
dV
Energie je stavová veličina. Proto je její změna dána jen počátečními a koncovými podmínkami
bez ohledu na mezistavy, kterými plyn prošel. Proto změnu energie můžeme
zapsat ve tvaru
∆E =
∂E
∂T V
∆T +
∂E
∂V T
∆V = cV ∆T + T
∂p
∂T V
− p ∆V
Jelikož se jedná o izolovanou soustavu, musí být celková energie konstantní, tedy ∆E =
0. Odtud snadno zjistíme, že
∆T =
1
cV
p − T
∂p
∂T V
∆V
26
Entropie je rovněž stavová veličina, proto můžże ze stejných důvodů napsat
∆S =
∂S
∂T V
∆T +
∂S
∂V T
∆V =
cV
T
∆T +
∂P
∂T V
∆V
kam dosadíme za ∆T a dostaneme
∆S =
p
T
∆V
29. Van der Waalsova stavová rovnice pro 1 mol plynu má tvar
p +
a
V 2
(V − b) = RT (49)
kde a, b jsou konstanty. Pro dané T může mít křivka dva extrémy dané rovnicí
∂p
∂V T
= 0
V kritickém bodě určeném parametry Tc, pc a Vc navíc platí
∂2
p
∂V 2
T
= 0
Spočtěte hodnoty Tc, pc a Vc. Zapište stavovou rovnici pomocí proměnných T′
= T/Tc,
p′
= p/pc a V ′
= V/Vc.
Řešení:
Nejprve spočítáme první a druhou derivaci tlaku podle objemu za konstantní teploty:
∂p
∂V T
= −
RT
(V − b)2
+
2a
V 3
= 0 (50)
a
∂2
P
∂V 2
T
=
2RT
(V − b)3
−
6a
V 4
= 0 (51)
Z obou rovnic vyjádříme výraz RT
(V −b)2 , tedy
3a
V 4
=
2a
V 3(V − b)
odtud vychází kritický objem Vc = 3b. Dosazením do (40) získáme hodnotu kritické
teploty, která je rovna
TC =
8a
27Rb
a kritický objem a kritickou teplotu dosadíme do stavové rovnice, odkud nám pro
kritický tlak vyjde
pC =
a
27b2
27
Do stavové rovnice stačí dostadit T = T′
· Tc, apod.
p′
=
8T′
V ′ − 1
−
3
V ′2
(52)
30. Určete:
(a) vnitřní energii a entropii van der Waalsova plynu,
(b) práci van der Waalsova plynu při vratné izotermické expanzi,
(c) změnu teploty van der Waalsova plynu při adiabatické expanzi do vakua.
Řešení:
(a) Vnitřní energii spočítáme dosazením do vzorce
dE = cV dT + T
∂p
∂T V
− p dV = cV dT +
a
V 2
dV
odtud snadno zjistíme, že
E = cV T −
a
V
+ konst.
Entropii určíme ze vzorce
dS =
cV
T
dT +
∂p
∂T V
dV =
cV
T
dT +
R
V − b
dV
Potom
S = cV ln(T) + R ln(V − b) + konst.
(b) Práci určíme dosazením stavové rovnice do
W =
V2
V1
dV p(T, V ) =
V2
V1
dV
RT
V − b
−
a
V 2
=
RT ln(V − b) +
a
V
V2
V1
= RT ln
V2 − b
V1 − b
+ a
1
V2
−
1
V1
(c) Vyjdeme pro rovnici entropie, změna entropie samotného plynu závisí jen na
počátečním a konečném stavu, proto můžeme napsat:
∆S =
cV
T
∆T +
∂p
∂T V
∆V (53)
jelikož počítáme adiabatický děj, je ∆S = 0 a po dosazení ze stavové rovnice:
0 =
cV
T
∆T +
R
V − b
∆V (54)
odtud
∆T = −
T
cV
R
V − b
∆V (55)
28
31. Jouleův-Thomsonův koeficient je definován pomocí parametru
λ = −
∂T
∂p H
(a) Ukažte, že
dH = T dS + V dp
a
λ =
V
Cp
(1 − Tαp)
αp := 1
V
∂V
∂T p
je koeficientem izobarické roztažnosti.
(b) Ukažte, že
λ =
T ∂p
∂T V
+ V ∂p
∂V T
Cp · ∂p
∂V T
(c) Ověřte, že λ = 0 pro klasický ideální plyn.
(d) Ukažte, že pro van der Waalsův plyn platí
λ =
bp + 3ab
V 2 − 2a
V
p − a
V 2 + 2ab
V 3 · Cp
(e) Vyjádřete rovnici inverzní křivky, která v p−V diagramu představuje rozhraní mezi
oblastí λ > 0 a λ < 0 pro prípad van der Waalsova plynu.
Řešení:
(a) Jelikož je H = H(S, p), je logické, že Legendrovou transformací dostaneme dH =
T dS + V dp. Z tohoto vzorce také víme, že
∂H
∂S p
= T,
∂H
∂p S
= V (56)
Začneme upravovat výraz pro λ, do kterého dosadíme zadané αp a
cp = T
∂S
∂T p
začneme upravovat postupně pravou stranu výrazu, použijeme identity pro parciální
derivace, které známe
V
Cp
(1 − Tαp) =
V
T ∂S
∂T p
1 −
T
V
∂V
∂T p
=
V
T
∂T
∂S p
−
∂T
∂S p
∂V
∂T p
=
∂H
∂p S
∂S
∂H p
∂T
∂S p
−
∂T
∂S p
∂V
∂T p
=
−
∂S
∂p H
∂T
∂S p
−
∂V
∂S p
=
−
∂S
∂p H
∂T
∂S p
−
∂T
∂p S
= −
∂T
∂p H
= λ
29
(b) Postup je stejný, jako v předchozím případě: rozepíšeme si pravou stranu a
postupně upravujeme parciální derivace:
T ∂p
∂T V
+ V ∂p
∂V T
Cp · ∂p
∂V T
=
T ∂p
∂T V
+ V ∂p
∂V T
T ∂S
∂T p
∂p
∂V T
=
∂T
∂S p
∂V
∂p T
∂p
∂T V
+
V
T
∂T
∂S p
∂V
∂p T
∂p
∂V T
=
−
∂T
∂S p
∂V
∂T p
+
V
T
∂T
∂S p
=
−
∂T
∂S p
∂V
∂T p
+
∂H
∂p S
∂S
∂H p
∂T
∂S p
=
−
∂T
∂S p
∂V
∂T p
−
∂S
∂p H
∂T
∂S p
=
−
∂V
∂S p
−
∂S
∂p H
∂T
∂S p
= −
∂T
∂p S
−
∂S
∂p H
∂T
∂S p
= −
∂p
∂T H
= λ
(c) pro ideální plyn známe stavovou rovnici pV = nRT. Využijeme proto výraz
pro λ z předchozího podúkolu. Pokud má být λ nulové, bude bud’ čitatel nulový, nebo
jmenovatel jdoucí k nekonečnu. Podívejme se nejprve na čitatel:
T
∂p
∂T V
+ V
∂p
∂V T
= T
nR
V
− V
nRT
V 2
=
nRT
V
−
nRT
V
= 0 = λ
(d) Nejprve do požadovaného tvaru upravíme jmenovatel:
Cp ·
∂p
∂V T
= Cp ·
RT
(V − b)2 − 2a
V 3
=
−Cp
1
V − b
RT
V − b
−
2a(V − b)
V 3
= − Cp
1
V − b
RT
V − b
−
2a
V 2
+
2ab
V 3
=
− Cp
1
V − b
p −
a
V 2
+
2ab
V 3
Analogicky upravíme čitatel
RT
V − b
−
V
V − b
p −
a
V 2
+
2ab
V 3
=
1
V − b
RT − V p −
a
V 2
+
2ab
V 3
=
1
V − b
p +
a
V 2
(V − b) − pv +
a
V 2
−
2ab
V 3
=
1
V − b
−bp −
3ab
V 2
+
2a
V
=
−
1
V − b
bp +
3ab
V 2
−
2a
V
Ve zlomku se podělí faktory −1/(V − b), a získáme tak hledaný vzorec.
(e) Z podmínky, že čitatel musí být roven nule spočítáme rovnici
p = a
2
bV
−
3
V 2
(57)
30
32. Ukažte, že termický koeficient roztažnosti
α :=
1
V
∂V
∂T p
splňuje relaci
∂S
∂p T
= −
∂V
∂T p
= −V α
Řešení:
První rovnost je Maxwellova relace vyplývající z Gibbsova potenciálu. Rozšíříme-li
prostřední výraz o objem, vypadne výraz pro α a dostaneme hledanou pravou stranu.
33. Ukažte, že specifické teplo při konstantním tlaku, cp, a při konstantním objemu,
cV , splňují vztah
cp − cV = T
∂p
∂T V
∂V
∂T p
= −T
∂S
∂V T
∂S
∂p T
.
Řešení:
Levá a prostřední strana jsou odvozeny již dříve, viz (14). Jednotlivé parciální derivace
je možné přepsat pomocí Maxwellových relací na pravou stranu.
34. Volná energie systému F(V, T) = −1
3
· const ·V T4
. Určete jeho tlak, vnitřní energii,
entropii, entalpii a Gibbsův potenciál.
Řešení:
• tlak: z rovnice pro volnou energii
dF = −S dT − p dV
snadno zjistíme, že
p = −
∂F
∂V T
=
1
3
· const. T4
• entropie: analogicky k předchozímu bodu:
S = −
∂F
∂T V
=
4
3
· const. V T3
• vnitřní energii spočítáme z volné energie snadno:
E = F + TS = konst. V T4
=
4
3
4
3
V
C
1
3
S
4
3
31
• pro entalpii platí:
H = E + PV =
4
3
konst. V T4
pokud chceme vyjádřit pomocí tlaku a entropie, tak z entropie vyjádříme V konst. T3
a z tlaku T, potom
H =
3
4
1
4
Sp
1
4
• Gibbsův potenciál můžeme vyjádřit jako
G = F + PV = F +
1
3
konst.V T3
= 0
35. Spočítejte účinnost Carnota cyklu (1. izotermická expanze, T2 = konst, 2. adiabatická
expanze, S = konst, 3. izotermická komprese, T1 = konst, 4. adiabatická komprese,
S = konst) pro ideální plyn pomocí jeho stavové rovnice.
Řešení:
Nejprve zapíšeme práci a teplo vykonané při jednotlivých procesech:
(a) Izotermická expanze (p1, V1) → (p2, V2) :
W1 = nRT1 ln
V2
V1
Q1 = nRT1 ln
V2
V1
(b) adiabatická expanze (p2, V2) → (p3, V3) :
W2 = p3V κ
3
V 1−κ
3 − V 1−κ
2
1 − κ
=
p3V3
1 − κ
1 −
V3
V2
κ−1
=
nRT2
1 − κ
1 −
V3
V2
κ−1
Q2 = 0
(c) Izotermická komprese (p3, V3) → (p4, V4) :
W3 = nRT2 ln
V4
V3
Q3 = nRT2 ln
V4
V3
(d) adiabatická komprese (p4, V4) → (p1, V1) :
W4 = p1V κ
1
V 1−κ
1 − V 1−κ
4
1 − κ
=
p1V1
1 − κ
1 −
V1
V4
κ−1
=
nRT1
1 − κ
1 −
V1
V4
κ−1
(58)
32
Q4 = 0 (59)
nejvýhodnější bude co nejvíce veličin vyjádřit přes teplotu, pro adiabatický děj platí
TV κ−1
, tj. pro adiabatickou expanzi
T1V K−1
2 = T2V K−1
3
T2V K−1
4 = T1V K−1
1
potom dostaneme
T1
T2
=
V3
V2
κ−1
=
V4
V1
κ−1
(60)
potom jednotlivé práce při adiabatických dějech můžeme přepsat jako
W2 =
nRT2
1 − κ
1 −
T1
T2
(61)
a
W4 =
nRT1
1 − κ
1 −
T2
T1
(62)
práce při izotermické kompresi
W3 = nRT1 ln
V1
V2
= Q3 (63)
účinnost stroje potom je rovna
η =
W
Q+
=
nRT1 ln V2
V1
+ nRT2
1−κ
1 − T1
T2
+ nRT2 ln V1
V2
+ nRT1
1−κ
1 − T2
T1
nRT1 ln V2
V1
= 1 −
T2
T1
+
nR
1 − κ
T2 1 −
T1
T2
+ T1 1 −
T2
T1
1 −
T2
T1
+
nR
1 − κ
(T2 − T1 + T1 − T2) = 1 −
T2
T1
36. Vypočtěte účinnost následujícího cyklu ideálního plynu. Může tento proces být
vedený vratně?
1. izotermická expanze T2 = konst
2. izochorické ochlazení V2 = konst
3. izotermická komprese T1 = konst
4. izochorické ohřívání V1 = konst.
Řešení:
Práce a teplo vykonané v jednotlivých procesech:
(a) izotermická expanze (p1, V1) → (p2, V2)
W1 =
V2
V1
dV
nRT2
V
= nRT2 ln
V2
V1
= Q1 (64)
33
(b) izochorické ochlazení (p2, V2) → (p3, V2)
Q2 = −cV n (T2 − T1) , W2 = 0 (65)
(c) izotermická komprese (p3, V2) → (p4, V1)
W3 = −nRT1 ln
V2
V1
= Q3 (66)
(d) izochorické ohřátí (p4, V1) → (p1, V1)
Q4 = cV n (T2 − T1) , W4 = 0 (67)
Celková práce je potom rovna
W = nR ln
V2
V1
(T2 − T1) (68)
a dodané teplo Q = Q1 + Q4, potom je účinnost rovna
η =
nR ln V2
V1
(T2 − T1)
nRT2 ln V2
V1
= Q1 + cV n (T2 − T1)
=
T2 − T1
T2 + cV
nR ln
V2
V1
(T2 − T1)
< ηCarnot (69)
37. Určete účinkový koeficient (idealizovaného) Ottova motoru, který pracuje s ideálním
plynem o specifickém teple cV = 5
2
R/mol při kompresním poměru 10:1.
1. adiabatická komprese,
2. izochorické ohřívání (=spálení paliva),
3. adiabatická expanze (vykonání práce),
4. ochlazení (=výfuk horkého plynu, nový, studený plyn je nasátý).
Řešení:
Práce a teplo vykonané v jednotlivých procesech:
(a) Adiabatická komprese (p1, V1) → (p2, V2)
W1 =
nRT1
1 − κ
V 1−κ
2 − V 1−κ
1 =
nRT1
1 − κ
ε1−κ
− 1 (70)
kde upravíme výraz s κ
W1 =
nRT1
1 − cp
cV
ε1−κ
− 1 = −
ncV RT1
cp − cV
ε1−κ
− 1 = −ncV T1 ε1−κ
− 1 (71)
Využili jsme zde znalosti Mayerovy relace pro ideální plyn.
Q1 = 0 (72)
(b) Izochorické ohřátí (p2, V2) → (p3, V2)
W2 = 0, Q2 = ncV (T3 − T2) (73)
34
(c) Adiabatická expanze (p3, V2) → (p4, V1)
W3 =
nRT1
1 − cp
cV
ε1−κ
− 1 = −ncV T4 1 − ε1−κ
(74)
(d) Izochorické ochlazení (p4, V1) → (p1, V1)
W4 = 0, Q4 = ncV (T1 − T4) (75)
Účinnost potom můžeme napsat ve tvaru
η =
−ncV T1 (ε1−κ
− 1) − ncV T4 (1 − ε1−κ
)
ncV (T3 − T2)
=
T4 − T1
T3 − T2
ε1−κ
− 1 (76)
Využijeme nyní rovnici adiabaty ve tvaru TV κ−1
= konst., což zapíšeme pro oba adiabatické
děje
T1V κ−1
1 = T2V κ−1
2 , T3V κ−1
2 = T4V κ−1
1 (77)
odkud dostaneme
T1 = T2
V2
V1
κ−1
= T2εκ−1
(78)
a
T4 = T3
V2
V1
κ−1
= T3εκ−1
(79)
dosadíme do rovnice pro účinnost, dostaneme
η =
T3εκ−1
− T2εκ−1
T3 − T2
ε1−κ
− 1 = 1 − εκ−1
(80)
Pro zadané ε = 1
10
a κ = R+cV
cV
= 7
5
vyjde η = 0.6.
38. Dieselův cykl se skládá z těchto částí:
1. adiabatické komprese atmosférického vzduchu,
2. spálení vstříknuté směsi a izobarické expanze,
3. adiabatické expanze
4. a izochorického ochlazení.
Určete účinnost cyklu v závislosti na kompresním poměru pro ideální plyn.
Řešení:
Práce a teplo vykonané v jednotlivých procesech:
(a) Adiabatická komprese
W1 = −ncV T1
V2
V1
1−κ
− 1 = −ncV (T2 − T1) , Q1 = 0 (81)
kde jsme využili rovnice adiabaty
T1V κ−1
1 = T2V κ−1
2
35
(b) Izobarická expanze
W2 = p2 (V3 − V2) = p2V2
V3
V2
− 1 (82)
za použití rovnice pro izobaru V2
T2
= V3
T3
a stavové rovnice pro ideální plyn můžeme
práci přepsat pomocí teploty na
nRT2
T3
T2
− 1 = nR (T3 − T2) (83)
a teplo
Q2 = ncp (T3 − T2) (84)
(c) Adiabatická expanze
Q3 = 0, W3 = −ncV T3
V1
V3
1−κ
− 1 = −ncV (T4 − T3) (85)
(d) Izochorické ochlazení
W4 = 0, Q4 = ncV (T1 − T4) (86)
Účinnost pak spočítáme klasicky
η =
−ncV (T2 − T1) − ncV (T4 − T3) + nR (T3 − T2)
ncp (T3 − T2)
(87)
při použití Mayerova vzorce dosadíme za R
η =
cV (T1 − T2 + T3 − T4 − T + T2) + cp (T3 − T2)
cp (T3 − T2)
= 1 −
cV (T4 − T1)
cp (T3 − T2)
(88)
Účinnost lze ještě přepsat pomocí kompresních poměrů. Přípomeňme si z rovnic adiabaty
a rovnice izobary
T1 =
V2
V1
κ−1
T2, T3 =
V3
V2
T2, T4 =
V3
V1
κ−1
T3 =
V3
V1
κ−1
V3
V2
T2 (89)
Dosadíme za teploty v rovnici pro účinnost
η = 1 −
V3
V1
κ−1
V3
V2
T2 − V2
V1
κ−1
T2
κ V3
V2
T2 − T2
= 1 −
1
V2
(V κ
3 − V κ
2 ) 1
V κ−1
1
1
V2
κ (V3 − V2)
(90)
Výrazy 1
V2
se pokrátí. Z čitatele ještě vytkneme V K
2 a ze jmenovatele v závorce V2,
potom
η = 1 −
V3
V2
κ
− 1
V1
V2
κ−1
κ V3
V2
− 1
(91)
36
Označme nyní ρ = V3
V2
a ε = V1
V2
, potom
η = 1 −
1
κ
1
εκ−1
ρκ
− 1
ρ − 1
(92)
39. Jaká je celková změna entropie, když smícháme 2 kg vody o teplotě 363 K adiabaticky
a při konstantním tlaku s 3 kg vody o teplotě 283 K? (cp = 4184 J/Kkg)
Řešení:
Nejprve bude nutné spočítat výslednou teplotu, tu označme T. První těleso musí odevzdat
teplo Q, které to druhé těleso přijme, tedy
m1cp (T1 − T) = m2cp (T − T2)
odtud
T =
m1T1 + m2T2
m1 + m2
Změna entropie jednoho tělesa je rovna
∆S1 = dQ
1
T
= m1cp
T
T1
dT
1
T
= m1cp ln
m1 + m2
T2
T1
m1 + m2
analogicky spočítáme změnu entropie druhého tělesa
∆S2 = m2cp ln
m1 + m2
m1
T1
T2
+ m2
= m2cp ln
m1 + m2
m1 + m2
T2
T1
+ m2cp ln
T2
T1
Součet je pak roven
∆S = ∆S1 + ∆S2 = (m1 − m2) cp ln
m1 + m2
T2
T1
m1 + m2
+ m2cp ln
T2
T1
(93)
40. Chladnička může za hodinu přeměnit 10 litrů vody o 0◦
C v led o téže teplotě. K
tomu se musí odevzdat skupenské teplo Q = 800kcal(= 800 × 1, 163Wh) do vzduchu
(27, 3◦
C). Jaký nejmenší příkon musí chladnička mít?
Řešení:
Předpokládejme, že se jedná o Carnotův cyklus, jehož účinnost je rovna
η = 1 −
T1
T2
(94)
kde T1 je teplota v chladničce a T2 je teplota okolí. Označme Q1 teplo, které je nutné
odebrat z chladničky, W práci, kterou při tom pracovní stroj vykoná a Q2 teplo, které
přejde do vnějšího prostředí, zřejmě je toto teplo rovno
Q2 = W + Q1 (95)
37
Zároveň víme, že základní definice účinnosti tepelného stroje je
η =
W
Q2
=
W
W + Q1
(96)
odkud můžeme snadno spočítat hledanou práci
W =
ηQ1
1 − η
=
Q1
1
1−
T1
T2
− 1
(97)
Q1 je rovno veličině Q ze zadání, po vyčíslení dostaneme
W = 93 W · h (98)
odkud je zřejmé, že příkon musí být roven P0 = 93 W.
41. Dokažte, že pro T → 0 neexistuje systém popsatelný pV = const ·T.
Řešení:
Tlak systému můžeme zapsat jako
p = konst. T
V
(99)
kde T a V jsou nezávislé proměnné. V těchto proměnných se vyjadřuje také volná
energie
dF = −S dT − p dV (100)
Podle třetí věty termodynamické platí, že limT→0+ = 0 nezávisle na tlaku, objemu,
hustotě, apod. Proto musí také platit, že
∂S
∂V T
→ 0 (101)
Z volné energie zjistíme, že
∂S
∂V T
=
∂p
∂T V
=
konst.
V
= 0 (102)
což je spor se třetí větou termodynamickou.
42. Uzavřený systém se skládá ze dvou jednoduchých podsystémů, které jsou oddělené
pohyblivou stěnou, která umožňuje
(a) jen výměnu tepla,
(b) jak výměnu tepla, tak výměnu hmoty,
(c) ani výměnu tepla, ani výměnu hmoty.
Jaké jsou odpovídající podmínky rovnováhy?
Řešení:
38
Podsoustavy můžeme popisovat změnou jednotlivých fyzikálních veličin. Jelikož podsoustavy
tvoří systém izolovaný vůči okolí, takže celková energie se nemění, tj.
dE = dE1 + dE2 = 0, (103)
odkud zřejmě platí dE1 = −dE2. V rovnováze dosahuje entropie maxima,
dS = dS1 + dS2 = 0. (104)
Celkový objem je konstantní
dV = dV1 + dV2 = 0, (105)
a pro změnu objemu
dV1 = −dV2. (106)
(a) Pro celkovou změnu entropie můžeme napsat
dS = 0 =
1
T1
dE1 +
p1
T1
dV1 +
1
T1
dE2 +
p1
T1
dV2 (107)
kam dosadíme rovnice napsané pro změnu objemu a energie
0 =
1
T1
dE1 +
p1
T1
dV1 −
1
T1
dE2 −
p1
T1
dV2 =
1
T1
−
1
T2
dE1 +
p1
T1
−
p2
T2
dV1 (108)
aby byl výraz roven nule, musí být rovny jednotlivé závorky. Z první závorky vyplývá
rovnost teplot, ze druhé závorky rovnost tlaků.
(b) zde platí stejné podmínky jako v předchozím bodu, navíc také podmínka pro počet
částic dN1 = −dN2, analogickým výpočtem dospějeme k rovnici
0 =
1
T1
−
1
T2
dE1 +
p1
T1
−
p2
T2
dV1 +
µ2
T2
−
µ1
T1
dN1 (109)
odkud navíc vyplyne rovnost chemických potenciálů.
(c) V tomto případě platí, že dS1 = dS2 = 0, rovněž pro teplo i počet částic, pouze pro
změnu objemu můžeme stále napsat dV1 = −dV2. Rozepíšeme změnu vnitřní energie
dE(S, V ) = p1 dV1 + p2 dV2 = (p1 − p2) dV1 (110)
odkud vyplývá, že pouze tlaky se musí rovnat.
43. Dvě stejná množství ideálního plynu se stejnou teplotou T a různými tlaky p1, p2
jsou od sebe oddělena přepážkou. Určete změnu entropie následkem smíšení obou plynů.
Řešení:
Entropie ideálního plynu je dána vztahem
S = ncV ln T + nR ln V − Rn ln n (111)
39
Entropie oddělených plynů je dána
S1 = n (cV ln T + R ln V1) − Rn ln n, S2 = n (cV ln T + R ln V2) − Rn ln n (112)
entropie po smíšení plynů je rovna
S12 = 2n [cV ln T + R ln (V1 + V2)] − 2Rn ln(2n) (113)
rozdíl těchto entropií je potom roven
∆S = S12 − S1 − S2 = nR [2 ln (V1 + V2) − ln (V1 · V2)] − 2nR ln 2
= nR 2 ln
nRT
p1
+
nRT
p2
− ln
n2
R2
T2
p1p2
− 2nR ln 2
= nR ln
(p1 + p2)2
p1 · p2
− Rn ln 4 = nR ln
(p1 + p2)2
4p1p2
44. Určete maximální práci, kterou lze získat při sloučení stejných množství téhož
ideálního plynu se stejnou teplotou T0 (a různými objemy popř. tlaky).
Řešení:
Entropie plynu před smíšením je rovna
S1 = n (cV ln T0 + R ln V1) − Rn ln n, S2 = n (cV ln T0 + R ln V2) − Rn ln n (114)
po smíšení plynů je entropie
S12 = 2n [cV ln T + R ln (V1 + V2)] − 2Rn ln(2n) (115)
Určíme nejprve součet entropií před smíšením
S1 + S2 = 2ncV ln T0 + nR ln (V1 · V2) − 2nR ln n (116)
Opět spočítáme rozdíl entropií, aby byla práce maximální, musí být změna entropie
nulová, odsud získám epodmínku
2cV ln
T
T0
= R ln
V1 · V2
(V1 + V2)2 + 2R ln 2 (117)
sloučením lagaritmů na pravé straně a odlogaritmováním obdržíme
T
T0
RcV
=
4V1V2
(V1 + V2)2
R
(118)
odkud spočítáme výslednou teplotu
T = T0
4V1 · V2
(V1 + V2)2
R
2CV
= T0
4V1V2
(V1 + V2)2
κ−1
2
(119)
40
Maximální práce je pak rovna
∆W = 2ncV (T0 − T) (120)
45. Molární objem vody v(2)
= 18 cm3
/mol, molární objem ledu je o 9.1% větší
(pří tlaku 105
Pa ), molární hmotnost vody je 18 g/mol. Latentní teplo tání ledu je
330 kJ/kg. Spočtěte změnu bodu tání při změně tlaku.
Řešení:
Využijeme Clausiovu-Capperiovu rovnici
dT
dp
=
T∆v
q
(121)
stačí dosadit zadané veličiny do pravé strany. Rozdíl molárních objemů
∆v = v(2)
− v(1)
= 0.091 · 18 · 10−6
= 1.64 · 10−6
m−3
· mol−1
(122)
latentní teplo je rovno
q = ml = 3300000 J · mol−1
· 0.018 mol = 5900 J · mol−1
(123)
Po dosazení do CC rovnice
dT
dp
= 7.5 · 10−8
K · Pa−1
(124)
46. Při změně magnetizace M o dM vykoná systém práci dW = −H dM, kde H je
intenzita magnetického pole. (Jde o práci vykonanou jednotkovým objemem; objem
V = konst. = 1.) Určete rozdíl tepelných kapacit cH − cM při konstantním poli H a
při konstantní magnetizaci.
Řešení:
První věta termodynamická je ve tvaru
dE = δQ + H · dM (125)
podle podmínky konstantního pole H a M můžeme zvolit souřadnicovou soustavu tak,
že skalární součin přepíšeme jako H · dM. Můžeme nyní postupovat analogicky jako v
případě s objemem a tlakem: pro cM platí pro M = konst.:
dE = δQ
odkud
∂E
∂T M
=
δQ
∂T M
= cM (126)
41
pro výpočet cH vyjádříme z 1 VT člen δQ a přepíšeme dE = dE(T, M)
δQ =
∂E
∂T M
dT +
∂E
∂M T
− H dM = cM dT − T
∂H
∂T M
dM
převedeme do proměnných teploty a intenzity magnetického pole
δQ
∂T H
dT = cM dT − T
∂H
∂T M
∂M
∂T H
dT
odkud zřejmě platí, že
δQ
∂T H
= cH = cM − T
∂H
∂T M
∂M
∂T H
(127)
potom hledaný výsledek je ve tvaru
cH − cM = −T
∂H
∂T M
∂M
∂T H
(128)
47. Určete rovnici adiabaty izotropního magnetika.
Řešení:
z předchozího příkladu můžeme z δQ snadno určit dS
dS =
cM
T
dT −
∂H
∂T M
dM
za derivaci u dM dosadíme výsledek cH − cM , a dT = dT(M, H), potom
dS =
cM
T
∂T
∂M H
dM +
∂T
∂H M
dH −
cH − cM
−T
∂T
∂M H
dM = 0
po úpravě
cH
∂T
∂M H
dM + cM
∂T
∂H M
dH = 0
v závěru vynásobíme
1
cM
∂H
∂T M
a dostaneme (použijeme vzorec pro vztah mezi parciálními derivacemi)
cH
cM
dM −
∂M
∂H T
dH = 0 (129)
42
48. Ukažte, že platí
cH
cM
=
χT
χS
,
kde
χT =
∂M
∂H T
a
χS =
∂M
∂H S
Řešení:
Ve výrazu odvozeném v předchozím příkladu
cH
cM
dM −
∂M
∂H T
dH = 0
přepíšeme dH = dH(M, S), potom
cH
cM
dM −
∂M
∂H T
∂H
∂M S
dM =
cH
cM
dM −
χT
χS
dM = 0
odtud zřejmě platí
cH
cM
=
χT
χS
(130)
49. Gama funkce je definována integrálem
Γ(n) :=
∞
0
dt exp(−t)tn−1
.
1. Dokažte vztah
Γ(n + 1) = nΓ(n),
2. spočítejte Γ(n), n ∈ N,
3. spočítejte
Γ n +
1
2
, n ∈ N.
Řešení:
Nejprve dokážeme 1, neboť tento vzorec použijeme i v následujících bodech. Zapišme
tedy z definice vztah pro Γ(n + 1) a upravme tento výraz pomocí per partes
Γ(n + 1) =
∞
0
dt exp(−t)tn
= −tn
exp(−t)|∞
0
0
+n
∞
0
dt tn−1
exp(−t) = nΓ(n).
43
V části 2 nejprve určíme Γ(1):
Γ(1) =
∞
0
dt exp(−t) = − exp(−t)|∞
0 = 1.
Využijeme nyní vzorce z 1 pro výpočet hodnot gama funkcí pro další přirozená čísla
Γ(2) = Γ(1 + 1) = 1 · Γ(1) = 1,
Γ(3) = 2 · Γ(2) = 1 · 2,
Γ(4) = 3 · Γ(3) = 1 · 2 · 3 = 6,
Γ(5) = 4 · Γ(4) = 1 · 2 · 3 · 4 = 24,
můžeme tedy určit vzorec pro obecné n:
Γ(n + 1) = n · (n − 1) · · · · · 3 · 2 · 1 = n!.
Analogicky spočítáme 3: nejprve Γ(1/2):
Γ
1
2
=
∞
0
dt exp(−t)t− 1
2 = 2
∞
0
ds exp −s2
=
√
π,
kde jsme v poslednímintegrálu provedli substituci t = s2
. Nyní budeme počítathodnoty
gama funkce pro další n:
Γ
3
2
= Γ
1
2
+ 1 =
1
2
Γ
1
2
=
1
2
√
π,
Γ
5
2
=
3
2
Γ
3
2
=
1
2
·
3
2
√
π =
3
4
√
π,
Γ
7
2
=
5
2
Γ
5
2
=
1
2
·
3
2
·
5
2
√
π =
15
8
√
π,
Γ
9
2
=
7
2
Γ
7
2
=
1
2
·
3
2
·
5
2
·
7
2
√
π =
105
16
√
π,
obecně pro n
Γ n +
1
2
=
n − 1
2
·
n − 3
2
· · · · ·
7
2
·
5
2
·
3
2
·
1
2
√
π =
(n − 1)!!
2n
√
π.
50. S pomocí Gama funkce spočítejte přibližné vyjádření ln(n!) pro velké hodnoty n
(Stirlingův vzorec).
Řešení:
44
Z předchozího příkladu víme, že Γ(n + 1) = n!. Tohoto faktu při výpočtu využijeme.
Zapišme tedy Gama funkci a argument vhodně upravme
Γ(n + 1) =
∞
0
dt exp(−t)tn
=
∞
0
dt exp(−t) · exp[n ln(t)] =
∞
0
dt exp[n ln(t) − t].
Provedeme substituci t = n + x
∞
0
dt exp[n ln(t) − t] =
∞
−n
dx exp[n ln(n + x) − n − x]
≈
∞
−n
dt exp n ln(n) − n −
x2
2n
= exp[n ln(n) − n]
∞
−n
dt exp −
x2
2n
.
Jelikož je Gaussova funkce nenulová jen na určitém intervalu, jehož šířka je však mnohem
menší než n, můžeme spodní hranici integrálu poslat do −∞. Potom máme Gaussovu
funkci, kterou dokážeme integrovat
exp[n ln(n) − n]
∞
−n
dt exp −
x2
2n
=
+∞
−∞
dt exp −
x2
2n
=
√
2πn exp[n ln(n) − n].
51. Atom vodíku se nachází v hladině n = 3. Za předpokladu, že obsazení energiových
hladin je dáno mikrokanonickým rozdělením, spočtěte pravděpodobnost toho, že se
atom nachází ve stavech se stejným vedlejším kvantovým číslem l.
Řešení:
Nejprve je nutné určit počet možných stavů pro každý kvantový stav popsaný l. Pro
n = 3 jsou možná kvantová čísla l = {0, 1, 2}. Každý stav s vedlejším kvantovým číslem
l je ještě rozdělen podle magnetických kvantových čísel, a to m = {−l, −l + 1, . . . , l −
1, l}. Každý takový stav je ještě rozdělen podle spinového kvantového čísla s = ±1/2.
Nyní spočítáme počet všech možných stavů pro jednotlivé stavý s daným l:
• l = 0: m = {0}, s = {±1/2}, a tedy jsou možné dva stavy,
• l = 1: m = {−1, 0, +1}, s = {±1/2}, šest možných stavů,
• l = 2: m = {−2, −1, 0, +1, +2}, s = {±1/2}, deset možných stavů.
Pravděpodobnost spočítáme snadno pomocí vzorce
wi =
# stavy s kvanvovým číslem l = i
# všechny možné stavy ,
45
odtud snadno zjistíme, že
w0 =
1
9
, w1 =
1
3
, w2 =
5
9
.
52. Entropie pro izolovanou soustavu je dána vztahem S = kB ln Γ, kde Γ je počet
mikrostavů. Pro uzavřenou soustavu S = −kB n wn ln wn. Ukažte, že oba vztahy
nejsou v rozporu.
Řešení:
Soustava je rozdělena na A (těleso) a A′
(termostat). Energie izolované soustavy je
součtem energií těchto dvou soustav, jejichž energie je rovna E0 = E + E′
= konst.
Spočítejme nyní entropii v jednotlivých případech. V izolované soustavě A každému
stavu n přísluší Γ(E0 − En) stavů soustavy A′
. Tento výraz můžeme upravit, vezměme
logaritmus z počtu stavů, který rozvineme podle Taylorova vzorce do prvního řádu
podle En
kB ln[Γ(E0−En)] ≈ kB ln Γ(E0)−
∂
∂E
kB ln Γ(E)En = kB ln Γ(E0)−
∂S
∂E
En = kB ln Γ(E0)−
En
T
,
(131)
po odlagaritmování a vydělení kB v tomto vztahu dostaneme
Γ(E0 − En) ≈ Γ(E0) exp −
En
kBT
. (132)
Celková entropie izolované soustavy je potom rovna
S0 = kB ln
n
Γ(E0) exp −
En
kBT
= kB ln Γ(E0)+kB ln
n
exp −
En
kBT
= kB ln Γ(E0)+kB ln Z.
(133)
V případě uzavřené soustavy je nutné sečíst entropii v obou podsoustavách
S0 = S + S′
= −kB
n
wn ln wn + kB ln Γ(E0 − E) =
− kB
n
1
Z
exp −
En
kBT
− ln Z −
En
kBT
+ kB ln Γ(E0) −
∂kB ln Γ(E0)
∂E0
E =
kB ln Z +
1
T n
1
Z
exp −
En
kBT
En +kB ln Γ(E0)−
E
T
= kB ln Z
E
T
+kB ln Γ(E0)−
E
T
=
kB ln Γ(E0) + kB ln Z. (134)
V obou případech je entropie zadána stejným výrazem.
53. Ukažte, že tepelná kapacita cV je dána fluktuací energie, tj.
cV =
1
kBT2
∆E2
.
46
Řešení:
Střední energie soustavy je rovna
E =
n
wnEn,
pro V = konst. se En nemění, potom můžeme pro tepelnou kapacitu psát
cV =
∂E
∂T V
=
n
En
∂wn
∂T V
.
Pravděpodobnost obsazení daného stavu je rovna
wn = exp
F − En
kBT
,
odkud snadno získáme derivaci podle teploty
∂wn
∂T V
=
∂
∂T
F − En
kBT V
exp
F − En
kBT
=
T ∂F
∂T V
− F + En
kBT2
exp
F − En
kBT
.
Nyní využijeme znalostí z termodynamiky, odkud známe definici volné energie
F = E − TS, dF = −pdV − SdT,
potom
∂F
∂T V
= −S,
a
E = F + TS,
což dosadíme do vztahu pro derivaci wn podle teploty
∂wn
∂T V
=
En − E
kBT2
exp
F − En
kBT
=
En − E
kBT2
wn.
Tepelná kapacita je potom ve tvaru
cV =
n
Enwn
En − E
kBT2
=
1
kBT2
n
E2
nwn − E
n
Enwn =
1
kBT2
E2
− E2
,
odtud dostáváme hledaný vztah
cV =
1
kBT2
∆E2
.
47
54. Spočtěte termodynamické vlastnosti systému N rozlišitelných klasických harmonických
oscilátorů s frekvencí ω.
Řešení:
Energie soustavy harmonických oscilátorů je rovna
E =
N
n=1
p2
n
2m
+
1
2
mω2
q2
n . (135)
Spočítáme nejprve statistickou sumu
Z =
1
hN
R2N
dN
q · dN
p · exp −
N
n=1
p2
n
2mkBT
+
mω2
q2
n
2kBT
=
1
hN
R2N
dN
p · dN
q ·
N
n=1
exp
p2
n
2mkBT
+
mω2
q2
n
2kBT
=
1
hN
N
n=1 R
dpn · dqn · exp
p2
n
2mkBT
+
mω2
q2
n
2kBT
=
1
hN
∞
0
dp · exp
p2
2mkBT
N


∞
0
dq exp
mω2
q2
2kBT


N
=
1
hN
2mkBTπ ·
2πkBT
mω2
N
=
2πkBT
hω
N
=
kBT
ω
N
. (136)
Volnou energii spočítáme snadno ze vztahu
F = −kBT ln(Z) = −kBT ln
kBT
ω
N
= −NkBT ln
kBT
ω
. (137)
Pro výpočet tlaku a entropie využijeme Maxwellovy relace
p = −
∂F
∂V T
= 0, (138)
S = −
∂F
∂T V
= NkB ln
kBT
ω
+ 1 (139)
55. Uvažme plyn s dvouatomovými molekulami. Spočítejte molární tepelnou kapacitu
daného plynu. Počítejte pouze s vibračním pohybem molekul, kdy je energie dána
vztahem
En = ω n +
1
2
. (140)
48
Spočítejte nejprve statistickou sumu, ze které určíte volnou energii a z volné energie
již lze určit hledanou tepelnou kapacitu. Výslednou tepelnou kapacitu můžete napsat
v aproximaci nízkých a vysokých teplot.
Řešení:
Spočítáme statistickou sumu (partiční funkci)
Z =
∞
n=0
exp −
−En
kBT
=
∞
n=0
exp −
ω n + 1
2
kBT
= exp −
ω
2kBT
∞
n=0
exp −
ω
kBT
n .
(141)
Nekonečná řada je řadou geometrickou, u které dokážeme zjistit součet. Potom můžeme
statistickou sumu napsat ve tvaru
Z =
exp − ω
2kBT
1 − exp − ω
kBT
=
2
2 exp ω
2kBT
− exp − ω
2kBT
=
1
2 sinh ω
2kBT
. (142)
Pomocí statistické sumy lze snadno najít volnou energii
F = −kBT ln(Z) = kBT ln 2 sinh
ω
2kBT
.
Z výpočetního hlediska se jeví nejvýhodnější postup nejprve spočítat vnitřní energii
pomocí vzorce
E = F + TS = F − T
∂F
∂T V
.
Po dosazení a derivaci vyjde
E = kBT ln 2 sinh
ω
2kBT
− kBT ln 2 sinh
ω
2kBT
+
ω
2
cotanh ω
2kBT
=
ω
2
cotanh ω
2kBT
.
Z energie již snadno spočítáme hledanou tepelnou kapacitu
cV =
∂E
∂T V
=
ω
T
2
1
kB cosh2 ω
kBT
. (143)
Na závěr určíme tepelnou kapacitu pro vysoké a pro nízké teploty:
• aproximace nízkých teplot: v rovnici pro tepelnou kapacitu funkci cosh rozepíšeme
pomocí exponenciál
cV =
∂E
∂T V
= 4
ω
T
2
1
kB exp ω
kBT
− exp − ω
kBT
2 .
První exponenciála nabývá výrazně větších hodnot než druhá exponenciála, proto
můžeme tepelnou kapacitu napsat ve tvaru
cV ≈
4
kB
ω
T
2
exp −
2 ω
kBT
. (144)
49
• aproximace vysokých teplot: v tomto případě nabývá sinh velmi malých hodnot,
proto provedeme rozvoj podle Taylorova vzorce do prvního řádu, potom
cV ≈ 4
ω
T
2
1
kB
2 ω
kBT
2 = kb. (145)
56. Odvod’te tvar Maxwellova-Boltzmannova rozdělení rychlostí molekul plynu. Vycházejte
pouze z předpokladu, že prostor je izotropní a že pohyb molekul plynu v
jednotlivých směrech je nezávislý.
Řešení:
Označme hledanou funkci f(p) = f (px, py, pz). Z podmínek ze zadání vyplývají rovnice:
nezávislost směru
f (px, py, pz) = fx (px) · fy (py) · fz (pz) (146)
izotropnost prostoru
f (px, py, pz) = f( p ) (147)
odtud dostaneme rovnici
fx (px) · fy (py) · fz (pz) = f( p ) (148)
kterou zlogaritmujeme (označme fx (px) = fx a f( p ) = f
ln fx + ln fy + ln fz = ln f (149)
rovnici zderivujeme např. podle vx, z levé strany zbyde jen první člen, pravá strana se
zderivuje za využití znalosti normy p = p2
x + p2
y + p2
z
f′
x
fx
=
∂f
∂px
1
f
=
px
p
f′
f
(150)
V této rovnici lze separovat rovnice
f′
x
px · fx
=
f′
f p
(151)
Obě dvě strany musí být rovny konstantě. Vezměme pravou stranu, kterou vynásobíme
normou ryhchlosti
f′
f
= konst. p (152)
řešení nalezneme snadno
f = C exp
k p 2
2
(153)
aby vyšel fyzikálně přijatelný výsledek, musí být k záporné.
50
57. Odvoďte Maxwellovo-Boltzmannovo rozdělení hybností atomů pomocí kanonického
rozdělení.
Řešení:
Normovací konstantu nalezneme zintegrováním funkce přes celý hybnostní prostor, takový
integrál musí být roven jedné
1 =
+∞
−∞ −∞
C exp −
p2
2mkT
(154)
Převedeme na sférický integrál
+∞
−∞ −∞
C exp −
p2
2mkT
= C
2π
0
dϕ
π
0
dθ sin(θ)
∞
0
dpp2
exp −
p2
2mkT
(155)
Úhlová část je rovna 4π. U radiální části provedeme substituci t = p2
2mkBT
∞
0
dpp2
exp −
p2
2mkT
=
∞
0
dt
mkBT
2t
2mkBTt exp(−t) =
√
2 (mkBT)
3
2
∞
0
dt
√
t exp(−t)
(156)
integrál je roven gamma funkci Γ 3
2
= 1
2
Γ 1
2
=
√
π/2 Následně
1 = C
√
2 (mkBT)
3
2
√
π
2
= (2πmkBT)
3
2 (157)
normovací konstanta je tedy rovna
C =
1
(2πmkBT)
3
2
(158)
58. Za předpokladu platnosti Maxwellova-Boltzmannova rozdělení rychlostí molekul
plynu spočtěte (a) px , (e)
√
∆E2, (b) p , (c) p2
, (f) nejpravděpodobnější velikost
hybnosti, (d) v2
, (g) pravděpodobnost toho, že pz > 0.
Řešení:
Na začátku spočítáme obecný integrál
+∞
−∞ d
ppn
· exp −ap2
Opět převedeme na sférické souřadnice. Integraci přes úhlovou část provedeme úplně
stejně jako v předchozím příkladu. Radiální část vyhodí jakobián p2
, potom
+∞
−∞ −∞
dppn
· exp −ap2
= 4π
∞
0
dppn+2
exp −ap2
(159)
51
substitucí t = ap2
dospějeme k integrálu
π
2an+ 1
2
∞
0
dtt
n
2
+ 1
2 exp(−t) (160)
odkud získáme hledanou hodnotu ingtegrálu
+∞
−∞
dppn
· exp −ap2
=
2π
a
n
2
+ 3
2
Γ
n
2
+
3
2
(161)
(a) Tento integrál ani nemusíme počítat. Zapíseme-li trojný integrál, snadno jej
převedeme na tři integrály. Jediný integrál přes souřadnici x je ve tvaru
+∞
−∞
dpxpx exp −
p2
x
2mkBT
(162)
na první pohled je zřejmé, že integrujeme přes symetrický interval lichou funkci. Integrál
je zřejmě roven nule.
(b) Využijeme vzorce pro integrál pro n = 1, potom
p =
2πC
a2
Γ(2) =
2π (2mkBT)
3
2
(2πmkBT)
3
2
= 2
2mkBT
π
(163)
kde C je normovací konstanta, kterou pro výpočet rovněž potřebujeme.
(c) Aplikujeme úplně stejný vzorec jako v předchozím případě, jen pro n = 2.
p2
= 3mkBT (164)
(d) Za předpokladu klasického vztahu mezi hybností a rychlostí p = mv můžeme napsat
v2
=
p2
m2
=
1
m2
p2
=
3kBT
m
(165)
(e) Nejprve musíme upravit rovnici pro fluktuaci
∆E = (E − E )2
= E2
− 2E E + E 2
= E2
− 2 E + E 2
= E2
− E 2
(166)
předpokládáme klasickou disperzní relaci E = p2
2m
, což dosadíme do rovnici do fluktuace
∆E =
p4
4m2
−
p2
2m
2
=
1
4m2
p4
− p2
(167)
výpočet se tak zredukoval na výpočet středních hodnot. Navíc střední hodnotu s druhou
mocninou už máme spočítanou, takže zbývá již jen dopočítat čtvrtou mocninu, potom
∆E =
1
4m2
15 (mkBT)2
− 9 (mkBT)2
=
6 (mkBT)2
4m2
=
6
4
(kBT)2
(168)
po odmocnění dostaneme
∆E =
3
2
kBT (169)
52
(f) Nejpravděpodobnější velikost hybnosti musíme určit z definice hustoty pravdě-
podobnosti
dW = f (px, py, pz) dpx · dpy · dpz = 4πp2
f(p)dp = 4π2
p2
exp −
p2
2mkBT
dp (170)
výraz před dp tedy stačí zderivovat, abychom nalezli extrém funkce
2p exp −
p2
2mkBT
− p2 2p
2mkBT
exp −
p2
2mkBT
= 0 (171)
po jednoduché úpravě získáme p2
= 2mkBT. Potom p =
√
2mkBT.
(g) V tomto případě řešíme trojný integrál pouze s tím rozdílem, že integrace přes z
probíhá pouze v intervalu (0, ∞). Vezmeme-li v úvahu, že integrujeme přes symetrický
interval sudou funkci, musí být příspěvek obou kladné i záporné části stejný. Potom je
pravděpodobnost rovna jedné polovině.
59. Spočtěte rozložení hustoty ve sloupci plynu o základně A pod vlivem homogenního
gravitačního pole (v atmosféře). Předpokládejte, že plyn je tvořen nerozlišitelnými
částicemi, každá s hmotností m.
Řešení:
Opět začneme výpočtem statistické sumy. Tu pro soustavu nerozlišitelných částic
zapíšeme ve tvaru
Z =
1
N!(2π )3
R3N ×Ω
d3N
p · d3N
q · exp −
n
p2
n
2mkBT
+
mgq
kBT
,
kde Ω = {[x, y, z]; x ∈ [−L, L], y ∈ [−L, L], z ∈ [0, ∞), L ∈ R+
}. Spočítáme statistickou
sumu pro jednu částici
Z =
1
(2π )3


R
dp · exp −
p2
2mkBT
Ω
dq · exp −
mgq
kBT

 ,
první integrál je z přeškálované Gaussovky, proto je roven
R
dp · exp −
p2
2mkBT
= (2πmkBT)3.
Druhý integrál
Ω
dq · exp −
mgq
kBT
=
L
−L
dx
L
−L
dy
A
∞
0
dz exp −
mgz
kBT
kBT
mg
= A
kBT
mg
.
53
Potom
Z =
1
(2π )3
(2πmkBT)
3
2 A
kBT
mg
. (172)
Hustota pravděpodobnosti, že se částice vyskytuje ve fázovém objemu d3
p·d3
q je dána
vztahem
dwn =
1
Z
d3
p · d3
q
(2π )3
exp −
p2
2mkBT
exp −
mgq
kBT
=
mg
(2πmkBT)
3
2 AkBT
exp −
p2
2mkBT
exp −
mgq
kBT
d3
p · d3
q.
Budeme se zajímat jen o pravděpodobnost nalezení částice v dané poloze q, proto wn
zintegrujeme přes prostor hybností
p
dwn =
mg
AkBT
exp −
mgq3
kBT
P
·d3
q,
kde P označuje hustotu pravděpodobnosti výskutu dané částice v elementu d3
q. Koncentraci
pak získáme
n =
Nmg
AkBT
exp −
mgq3
kBT
. (173)
Hustota je rovna
̺(z) = ̺(0) · exp −
mgq3
kBT
. (174)
60. Ukažte, že tlak a hustota energie mají stejnou jednotku.
Řešení:
ověříme jednotky z definičních vztahů:
[p] =
[F]
[S]
=
kg · m · s−2
m2
= kg · m−1
· s−2
,
[e] =
[E]
[V ]
=
kg · m2
· s−2
·
m3
= kg · m−1
· s−2
.
61. Spočtěte hustotu stavů pro relativistické částice a najděte limitní vztahy pro klasické
a ultra relativistické částice.
Řešení:
Pro hustotu stavů platí vztah
ρ(E) =
gV
πd
1
2d
Vol Sd−1 [k(E)]d−1
dE
dk
, (175)
54
kde g je degenerace energiových hladin, d dimenze prostoru a Vol Sd−1
povrch d − 1
rozměrné sféry. V našem případě máme d = 3. Disperzní závislost E(k) je dána vztahem
E =
√
m2c4 + 2k2c2,
odtud
k =
√
E2 − m2c4
c
.
Do (175) dosadíme příslušné veličiny, dostaneme
ρ(E) =
4πgV
(2π )3
1
c3
E
√
E2 − m2c4. (176)
• Klasická limita – Energie je v tomto případě rovna:
Ekl. ≈ E − mc2
=
√
m2c4 + 2k2c2 − mc2
= mc2
1 +
2k2
m2c2
− mc2
≈
mc2
1 +
1
2
2
k2
m2c2
− mc2
=
2
k2
2m
. (177)
• Ultrarelativistická limita – v tomto případě platí E ≫ mc2
, potom můžeme v
odmocnině zanedbat druhý člen
ρ(E) =
4πgV
(2π )3
1
c3
E2
.
62. Ukažte, že v klasickém případě je možné z grandkanonického rozdělení jedné částice
odvodit Maxwellův-Boltzmanův zákon rozložení rychlostí.
Řešení:
Pro počet stavů bosonu v intervalu energií (E, E + dE) platí
dN =
ρ(E)dE
exp E−µ
kBT
+ 1
.
Jelikož v klasickém případě je
exp −
E − µ
kBT
≪ 1,
můžeme jedničku ve jmenovateli zanedbat. Potom po dosazení za ρ(E) dostaneme
dN =
4πgV
(2π )3
√
2m3E exp
E − µ
kBT
dE.
55
Výraz transformujeme ze souřadnic energie do souřadnic rychlostí
dE =
∂E
∂v
dv = mv,
protože uvažujeme klasický vzorec pro kinetickou energii E = 0.5 · mv2
dw =
4πgV
(2π )3
√
2m3
m
2
exp
0.5mv2
− µ
kBT
mdv =
4πgV
(2π )3
m3
v2
exp −
v2
2mkBT
exp −
µ
kBT
dv.
Pro výpočet µ vyjdeme ze vztahu pro jednu částici
1 = N =
gV
(2π )3
(2πmkBT)
3
2 F3
2
µ
kBT
=
gV
(2π )3
(2πmkBT)
3
2
1
Γ 3
2
∞
0
dx
x
1
2
exp x − µ
kBT
+ 1
.
V integrálu nabývá exponenciála výrazně větších hodnot než jedna, proto číslo jedna
zanedbáme, dostaneme
∞
0
dx x
1
2 exp −x +
µ
kBT
≈ exp
µ
kBT
∞
0
dx x
1
2 exp (−x) = exp
µ
kBT
Γ
3
2
.
Dosadíme do předchozího vzorce
gV
(2π )3
exp
µ
kBT
= (2πmkBT)− 3
2 .
Odkud obdržíme
dw = 4π
m
2πkBT
v2
exp
v2
2kBT
dv. (178)
63. Definujme funkce
Bn(y) =
1
Γ(n)
∞
0
dx
xn−1
exp(x − y) − 1
, (179)
a
Fn(y) =
1
Γ(n)
∞
0
dx
xn−1
exp(x − y) + 1
. (180)
Pro tyto funkce dokažte
dBn+1(y)
dy
= Bn(y),
a
dFn+1(y)
dy
= Fn(y).
56
Řešení:
Nejprve spočítáme
dBn+1(y)
dy
=
d
dy

 1
Γ(n + 1)
∞
0
dx
xn
exp(x − y) − 1

 =
1
Γ(n + 1)
∞
0
dx xn d
dy
1
exp(x − y) − 1
.
V této fázi využijeme znalosti derivace funkce v argumentu integrálu. Jelikož
d
dy
1
exp(x − y) − 1
= −
d
dx
1
exp(x − y) − 1
,
můžeme výraz na pravé straně dosadit do integrálu, ve kterém pomocí metoty per
partes dostaneme
−
1
Γ(n + 1)
∞
0
dx xn d
dx
1
exp(x − y) − 1
=
1
Γ(n + 1)



−
xn
exp(x − y) − 1
∞
0
0
+
∞
0
dx
n · xn−1
exp(x − y) − 1



.
Dále víme, že Γ(n + 1) = nΓ(n). Potom dostaneme
dBn+1(y)
dy
d
dy
=
1
Γ(n)
∞
0
dx
xn−1
exp(x − y) − 1
= Bn(y). (181)
Vztah pro fermiony lze dokázat analogicky.
64. Ze vztahu
Ω = −kBT
gV
(2π )3
(2πmkBT)
3
2 B5
2
µ
kBT
, (182)
platného pro nerelativistický ideální bosonový plyn spočtěte počet částic N a odvoďte
vztah pro chemický potenciál v rámci klasické limity.
Řešení:
Počet částic je dán vztahem
N = −
∂Ω
∂µ T,V
,
kam dosadíme vztah (182), potom dostaneme
N = −kBT
gV
(2π )3
(2πmkBT)
3
2
∂
∂µ
B5
2
µ
kBT
.
Z předchozího příkladu víme, že
dBn+1(y)
dy
= Bn(y),
57
odkud
dBn+1
µ
kBT
dµ
=
1
kBT
Bn
µ
kBT
.
Počet částic nám pak vyjde
N =
gV
(2π )3
(2πmkBT)
3
2 B3
2
µ
kBT
. (183)
65. Spočtěte cV nerelativistického fermionového plynu a ověřte platnost klasické limity
pro cV /N.
Řešení:
Při výpočtu využijeme znalost vnitřní energie fermionového plynu v klasickém případě
E =
3
2
gV
λ3
T
kBTF5
2
µ
kBT
, (184)
a vztah pro počet částic
N =
gV
λ3
T
F3
2
µ
kBT
, (185)
kde
λT =
2π 2
mkBT
. (186)
Energii rozšíříme pomocí výrazu udávající počet částic N/N(T, µ), dostaneme
E =
3
2
NkBT
F5
2
µ
kBT
F3
2
µ
kBT
,
Zavedeme značení
Fn
µ
kBT
= Fn.
Tepelnou kapacitu spočítáme podle známého vzorce
cV =
∂E
∂T N,V
=
3
2
NkB
F5
2
F3
2
+
3
2
NkBT
∂F 5
2
∂T
F3
2
− F5
2
∂F 3
2
∂T
F3
2
2 ,
derivace funkce Fn podle T vypadá následovně
∂Fn
∂T V,T
=
∂
∂T
µ
kBT
F′
n =
∂µ
∂T V,N
1
kBT
−
µ
kBT2
Fn−1.
58
Dosadíme do vztahu pro cV a obdržíme
cV =
3
2
NkB
F5
2
F3
2
+
3
2
N
∂µ
∂T V,N
−
µ
T


1 −
F5
2
F1
2
F3
2
2


 .
Pro další výpočet využijeme faktu, že celkový počet částic nezávisí na teplotě, tedy
∂N
∂T V,N
=
3
2
F3
2
+
1
kB
∂µ
∂T V,N
−
µ
kBT
F1
2
= 0.
Odtud vyjádříme parciální derivaci chemického potenciálu podle teploty
∂µ
∂T V,N
=
µ
T
−
3
2
kB
F3
2
F1
2
. (187)
Po dosazení do cV dostaneme
cV =
3
2
N


1 −
F5
2
F1
2
F3
2
2


 −
3
2
kB
F3
2
F1
2
+
3
2
NkB
F5
2
F3
2
=
3
2
NkB



F5
2
F3
2
−
3
2
N
F3
2
F1
2


1 −
F5
2
F1
2
F3
2
2






.
V kladickém případě můžeme funkci Fn aproximovat
Fn ≈ exp
µ
kBT
, (188)
potom jsou všechny podílý funkcí F rovny jedné a dostaneme známý vztah pro tepelnou
kapacitu
cV ≈
3
2
NkB. (189)
Jiný způsob řešení: Nejprve pomocí termodynamiky spočítáme, čemu je rovno cV,N .
Víme, že
cV,µ = T
∂S
∂T V,µ
,
entropii zavedeme jako S = S (N(µ, V, T), V, T), potom
T
∂S
∂T V,µ
= T
∂S (N(µ, V, T), V, T)
∂T V,µ
= T
∂S
∂N V,µ
∂N
∂T V,µ
+ T
∂S
∂T V,N
.
Využijeme Maxwellovy relace plynoucí ze vztahu pro volnou energii
dF = −SdT − pdV + µdN,
odkud
∂S
∂N V,T
= −
∂µ
∂T N,V
.
59
Za předpokladu, že při konstantním objemu se počet částic nemění, tj.
dN =
∂N
∂µ T,V
+
∂N
∂T µ,V
= 0,
dostaneme vztah
∂µ
∂T N,V
= −
∂µ
∂N T,V
∂N
∂T µ,V
.
Spočítané parciální derivace dosadíme do výrazu pro cV,µ
cV,µ = T
∂N
∂µ
−1
T,V
∂N
∂T
2
µ,V
+ T
∂S
∂T V,N
cV,N
.
Pro tepelnou kapacitu potom dostaneme vztah
cV,N = cV,µ − T
∂N
∂T
2
µ,V
∂N
∂µ
T,V
. (190)
V tomto kroku skončíme s termodynamikou a využijeme výsledků statistické fyziky.
Stačí „jen“ dosadit příslušné veličiny pro klasický fermionový plyn. pro nerelativistický
fermionový plyn. Termodynamický potenciál takového systému částic je roven
Ω = −
gV
λ3
T
kBTF5
2
µ
kBT
. (191)
Z (191) zjistíme entropii plynu
S = −
∂Ω
∂T V,µ
=
−gV kB
λ3
T
5
2
F5
2
−
µ
kBT
F3
2
.
Z entropie pak snadno zjistíme tepelnou kapacitu cV,µ
cV,µ = T
∂S
∂T V,µ
= −
gV kB
λ3
T
15
4
F5
2
− 3
µ
kBT
F3
2
+
µ2
k2
BT2
F1
2
.
Z (185) spočítáme parciální derivaci
∂N
∂T V,µ
=
gV
λ3
T
3
2T
F3
2
−
µ
kBT2
F1
2
.
A na závěr
∂N
∂µ V,T
=
gV
λ3
T
1
kBT
F1
2
.
Všechno dosadíme zpět do (190), obdržíme
cV,N =
gV kB
λ3
T
15
4
F5
2
− 3
µ
kBT
F3
2
+
µ2
k2
BT2
F1
2
− T2 9
4T2
F2
3
2
F1
2
−
3µ
kBT3
F3
2
+
µ2
k2
BT4
F1
2
,
60
Celý výraz podělíme kBN, na pravé straně dosadíme (185)
cV,N
kBN
=
15
4
F5
2
F3
2
− 3
µ
kBT
+
µ2
k2
BT2
F1
2
F3
2
−
9
4
F3
2
F1
2
+
3µ
kbT
−
µ2
k2
BT2
F1
2
F3
2
.
V kladickém případě můžeme opět funkci Fn aproximovat výrazem (188), potom
cV,N
kBN
=
15
4
− 3
µ
kBT
+
µ2
k2
BT2
−
9
4
+ 3
µ
kBT
−
µ2
k2
BT2
.
Dostáváme se do nejlepší části výpočtu, jediný nenulový člen bude 3/2, ostatní zmizí,
potom máme výsledek
cV,N
kBN
=
3
2
, (192)
což je stejný výsledek, jako v předchozím případě.
61