Grundkurs Theoretische Physik 4: Spezielle Relativitätstheorie, Thermodynamik (Springer-Lehrbuch) (German Edition)

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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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 << c enthalten ist. Obwohl die Quantenmechanik eine ähnliche Funktion als übergeordnete Theorie erfüllt, besteht kein direkter Zusammenhang zwischen Relativitätstheorie und Quantenmechanik. Es gibt Bereiche, in denen Quanteneffekte wichtig werden, relativistische Korrekturen aber vernachlässigbar sind und umgekehrt. Die Relativistische Quantenmechanik befasst sich mit Situationen, für die beide Korrekturen unvermeidbar sind.

1.1

1.1 Inertialsysteme In der so genannten Newton-Mechanik, die im ersten Band dieses Grundkurs: Theoretische Physik besprochen wurde, setzen fundamentale Begriffe wie die Bahn r(t) oder die Geschwindigkeit v = ˙r(t) eines Massenpunktes die Existenz von Bezugssystemen (Koordinatensystemen) sowie von Zeitmessvorrichtungen (Uhren) voraus. Zum Aufbau von Koordinatensystemen können Zimmerwände, Himmelsrichtungen oder Ähnliches dienen, während als Uhren mechanische Systeme mit Feder, Unruh

1.1

Inertialsysteme

7

und Zahnrädern oder periodische Bewegungen wie die Rotation der Erde, Molekülschwingungen usw. herangezogen werden können. Die experimentelle Beobachtung geht nun dahin, dass nicht in allen Bezugssystemen die Newton-Mechanik gültig ist. In rotierenden Koordinatensystemen zum Beispiel wird sie erst dann wieder korrekt, wenn man zu den eingeprägten Kräften noch gewisse, durch die Rotation bedingte Scheinkräfte (Trägheitskräfte, Zentrifugalkräfte) hinzuaddiert (Abschn. 2.2.4 und 2.2.5, Bd. 1). Das führt zu der Vorstellung, die man als Newton’sche Fiktion bezeichnet. Sie lässt sich in zwei Punkten zusammenfassen: 1. Es gibt den absoluten Raum (Weltäther). Dieser ist unveränderlich und unbeweglich und setzt den Bewegungen materieller Körper keinen Widerstand entgegen. Die Bewegung des relativen Raums (Teilraums) gegenüber dem absoluten kann dazu führen, dass die Grundgesetze der Mechanik nicht mehr gelten. Nur im absoluten Raum ruhende oder gegen diesen geradlinig gleichförmig bewegte relative Räume lassen die Grundgesetze invariant. 2. Es gibt eine absolute Zeit, d. h. eine irgendwo im Weltäther existierende Normaluhr. Beide Postulate erweisen sich schlussendlich als unhaltbar. Punkt 1. lässt sich zunächst dahingehend verallgemeinern, dass wir nicht den absoluten Raum postulieren, sondern von der unbestreitbaren Tatsache ausgehen, dass es tatsächlich Systeme gibt, in denen die Newton-Mechanik gültig ist. Für diese wiederholen wir einige Überlegungen aus Abschn. 2.2.3, Bd. 1, um uns noch einmal detailliert klarzumachen, welche Voraussetzungen benutzt wurden. Definition 1.1.1 Wir bezeichnen als Inertialsystem ein Bezugssystem, in dem das Newton’sche Trägheitsgesetz

1.1.1

F = m¨r ohne Mitwirkung künstlich eingeführter Scheinkräfte gilt. Ein System, das relativ zu einem Inertialsystem rotiert, kann deshalb kein Inertialsystem sein. Wir haben in den Abschn. 2.2.4 und 2.2.5, Bd. 1 gelernt, dass dann zur Kraftgleichung Terme addiert werden müssen, die die Drehung beschreiben (Zentrifugal-, Coriolis-Kräfte). Satz 1.1.1 Σ sei ein Inertialsystem; das System Σ bewege sich relativ zu Σ geradlinig gleichförmig und möge zur Zeit t = 0 mit Σ zusammenfallen. Dann ist Σ ebenfalls ein Inertialsystem.

1.1.1

8

1. Physikalische Grundlagen

Beweis r sei der Ortsvektor für den Punkt P in Σ, r der für P in Σ . Σ bewegt sich relativ zu Σ mit der konstanten Geschwindigkeit v. Dann gilt offenbar:

r = r + vt ⇒ ˙r = ˙r + v ⇒ ¨r = ¨r .

Σ′

P

Σ

r′

r v. t

Abb. 1.1. Zwei zueinander geradlinig gleichförmig

bewegte Inertialsysteme. Demonstration der Galilei-Transformation

Es ist also: F = m¨r = m¨r = F

q. e. d.

Dieser Beweis benutzt als wichtige Voraussetzung, dass das Zeitmaß in beiden Systemen gleich ist. Wir haben nämlich wie selbstverständlich beim Differenzieren t = t angenommen. Diese Voraussetzung wird zu überprüfen sein. Wir können ohne Einschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass die konstante Relativgeschwindigkeit v parallel zur z-Achse liegt. Dann geschieht der Übergang Σ ←→ Σ durch eine Galilei-Transformation x = x ,

y = y ,

z = z + vt ,

t = t .

(1.1)

Die letzte Beziehung wird in der Regel weggelassen, da sie selbstverständlich zu sein scheint. Bei Gültigkeit der Galilei-Transformation können wir also durch mechanische Versuche eine geradlinig gleichförmige Bewegung (z. B. in grober Näherung die Bahn der Erde) relativ zum Weltäther nicht nachweisen. Vielleicht gelingt dieses jedoch mit optischen Experimenten, wenn man z. B. die Lichtgeschwindigkeit in verschiedenen Inertialsystemen untersucht: Eine Lichtquelle im Ursprung von Σ sendet sphärische Wellen aus, die sich mit der Lichtgeschwindigkeit c fortpﬂanzen. Für den Ortsvektor r eines bestimmten Punktes auf der Wellenfront gilt somit in Σ:

˙r = cer ;

er =

r . r

1.2

Michelson-Morley-Experiment

9

Für die von Σ aus gesehene Wellengeschwindigkeit sollte dann bei Gültigkeit der Galilei-Transformation aber

˙r = cer − v gelten. Sie wäre damit richtungsabhängig mit |˙r | =/ c. In Σ würde es sich dann nicht um sphärische Wellen handeln! Wenn das aber richtig ist, dann gäbe es tatsächlich eine Möglichkeit, den absoluten Raum zu deﬁnieren. Es wäre gerade jenes Bezugssystem Σ0 , in dem

˙r = cer

(sphärische Wellen)

beobachtet würde. Alle anderen Inertialsysteme zeigen die obige Richtungsabhängigkeit der Lichtwellengeschwindigkeit. Dies lässt sich aber relativ einfach experimentell überprüfen!

1.2 Michelson-Morley-Experiment A. A. Michelson (Nobelpreis 1907) entwarf eine Versuchsanordnung, die mit extremer Genauigkeit die soeben diskutierte Richtungsabhängigkeit der Lichtwellengeschwindigkeit, wenn sie denn überhaupt existiert, messen können sollte. Das Prinzip ist in der Abbildung dargestellt. S2 v

l2 x

S0

L

B

l1

S1 Abb. 1.2. Schematischer Aufbau des

Michelson-Morley-Experiments

Ausgehend von einer Lichtquelle L fällt ein Lichtstrahl auf einen Spiegel S0 , der auf der Vorderseite mit einer Metallschicht überzogen und damit halbdurchlässig ist. Ein Teilstrahl wird an S0 reﬂektiert, fällt dann auf den Spiegel S2 , wird dort wiederum reﬂektiert, durchsetzt S0 und gelangt in das Beobachtungsgerät B (Teleskop). – Der andere Teilstrahl durchsetzt S0 , fällt auf den Spiegel S1 , wird dort und anschließend an S0 reﬂektiert, um am Beobachtungsort B mit dem ersten Teilstrahl zu interferieren. – In den Strahlengang S0 S2 wird in der Regel noch eine Kompensationsplatte eingesetzt, damit dieser Teilstrahl insgesamt dieselbe Glasdicke zu durchlaufen hat wie der andere. Benutzt man monochromatisches Licht, so beobachtet man in B konstruktive Interferenz der beiden Teilstrahlen, wenn die jeweiligen

1.2

10

1. Physikalische Grundlagen

optischen Weglängen sich um ein ganzzahliges Vielfaches der Wellenlänge λ unterscheiden:

!

δ = L02 + L20 − L01 + L10 = m λ ; m ∈ Z . Lij sind die optischen Weglängen der einzelnen Teilstücke: t

Sj Lij =

c dt = c tSj − tSi ;

i, j = 0, 1, 2 .

tSi

Die Laufzeiten

Δji = tSj − tSi sind ganz offensichtlich von der Äthergeschwindigkeit abhängig, wenn es den absoluten Raum tatsächlich gibt und das Licht dort die richtungsunabhängige Geschwindigkeit c besitzt. Betrachten wir nun einmal im Einzelnen die Laufzeiten der beiden Teilstrahlen: 1. S0 → S1 : Auf diesem Weg haben wir die Erdgeschwindigkeit v zu berücksichtigen. Die Gültigkeit der Galilei-Transformation voraussetzend können wir von der Additivität der Geschwindigkeiten ausgehen. Die Lichtgeschwindigkeit relativ zur Apparatur ist deshalb c − v. Wir erhalten als Laufzeit Δ10 für den Weg S0 → S1 :

Δ10 =

l1 . c−v

S1 → S0 : Auf dem Rückweg beträgt die Relativgeschwindigkeit des Lichtes dann c + v. Das Licht läuft nun gegen den Ätherwind. Das ergibt als Laufzeit:

Δ01 =

l1 . c+v

Die gesamte Laufzeit des ersten Teilstrahls auf dem Weg S0 → S1 → S0 beträgt somit:

Δ1 = 2.

l1 l1 l1 1 + =2 . c−v c+v c 1 − v2 | c 2

(1.2)

Die Laufzeiten für Hin-und Rückweg sind natürlich gleich, Δ20 = Δ02 . Wir müssen nun aber die Mitbewegung des Spiegels S0 beachten. Die Lichtgeschwindigkeit ist c, da sich der Strahl jeweils senkrecht zum Ätherwind bewegt. Für die Laufstrecke gilt dann: xy = c Δ20 = l22 + v2 Δ220 = yz .

1.2

Michelson-Morley-Experiment

y

11

S2

l2 x

S0

z v(Δ 02 + Δ20)

S0

Abb. 1.3. Berechnung der Laufzeit des Lichtes

im Michelson-Morley-Experiment

Dies ergibt für die Laufzeit Δ2 des zweiten Teilstrahls:

Δ2 = Δ20 + Δ02 =

2l2 1 . c 1 − v2 | c 2

(1.3)

Die beiden Teilstrahlen besitzen somit die folgende Differenz in den optischen Weglängen:

l2

l1 δ = c(Δ2 − Δ1 ) = 2 − 1 − v2 | c 2 1 − v2 | c 2

!

= mλ .

(1.4)

Nun wird die Apparatur um 90◦ gedreht, sodass sich die Lichtwege l1 und l2 relativ zum Äther gerade vertauschen. Es ergibt sich nun eine andere Weglängendifferenz:

l2 l1 ! δ = c Δ2 − Δ1 = 2 − = m λ . (1.5) 1 − v2 | c2 1 − v2 | c 2 Interessant ist der Unterschied in den Weglängendifferenzen: S = δ − δ = 2 l1 + l2

1 1 − 2 2 1 − v |c 1 − v2 | c 2

=

v2 1 v2 = 2 l1 + l2 1 + 2 + . . . − 1 − + ... . c 2 c2 Dies bedeutet: S −→

v2 << c2

v2 l1 + l2 2 . c

(1.6)

12

1. Physikalische Grundlagen

S bewirkt eine Verschiebung des Interferenzmusters um r Interferenzstreifen, wobei sich r aus l1 + l2 v 2 S r= = (1.7) λ λ c2 berechnet. Bei Drehung der Apparatur um π|2 in dem beschriebenen Sinne sollte also eine S entsprechende Verschiebung der Interferenzstreifen auftreten. Dies wollen wir einmal über konkrete Zahlenwerte abschätzen: Nach dem Konzept des Experiments ist natürlich nicht ganz eindeutig, was man für die Ätherwindgeschwindigkeit v einzusetzen hat. Es liegt jedoch nahe, die Bahngeschwindigkeit der Erde v = 3 · 104

m s

als ein gutes Maß für die Bewegung relativ zum Äther anzusehen. Nehmen wir noch die Wellenlänge des Lichts zu λ = 5000 Å = 5 · 10−7 m an, so erreicht man S = λ, also eine Verschiebung des Interferenzmusters um eine volle Streifenbreite, falls 1 = l1 + l2

9 · 108 ⇐⇒ l1 + l2 = 50 m −7 · 5 · 10 m

9 · 1016

ist. Michelson stand in seinem ersten Versuch eine Strecke von l1 = l2 = 1, 2 m zur Verfügung. Dies entspricht einer Verschiebung von etwa 0,05 Interferenzstreifen und wäre durchaus messbar gewesen. In der späteren, zusammen mit Morley aufgebauten Versuchsanordnung wurde durch Vielfach-Reﬂexionen die optische Weglänge noch um einen Faktor 10 erhöht. Resultat: Es wird keine Interferenzverschiebung beobachtet! Die Lichtgeschwindigkeit ist offensichtlich in allen Richtungen gleich und unabhängig von den relativen, gleichförmig geradlinigen Bewegungen des Beobachters, des übertragenden Mediums und der Lichtquelle.

Fazit: Die Galilei-Transformation kann nicht richtig sein! Sie muss durch eine Transformation ersetzt werden, die konstante Lichtgeschwindigkeit in allen Inertialsystemen gewährleistet. Man beachte: Es wird nicht die physikalische Äquivalenz von Inertialsystemen bezweifelt, sondern lediglich die Art der Transformation zwischen solchen Systemen.

1.3

Einsteins Postulate

13

1.3

1.3 Einsteins Postulate Einsteins Deutung des nicht erwarteten Ausgangs des Michelson-Morley-Experiments war ebenso einfach wie genial. Das Interpretationsproblem des Experiments ist letztlich eine Konsequenz der Gewöhnung an eigentlich plausibel erscheinende Annahmen von allerdings nicht streng bewiesenen Tatsachen. So erweist sich die Annahme einer absoluten Zeit, die für die Gültigkeit der Galilei-Transformation unerlässlich ist, als ebenso unhaltbar wie die Annahme eines absoluten Raums. Wie misst man überhaupt Zeiten? Jede Zeitmessung läuft genau genommen über die Feststellung einer Gleichzeitigkeit. So werden z. B. die Zeigerstellung einer Uhr und das Eintreffen eines Zuges miteinander verglichen. Problematisch könnte es werden, wenn man die zeitlichen Beziehungen zwischen zwei Ereignissen zu messen hat, die an verschiedenen Orten stattﬁnden. In der Mechanik versuchen wir die Bewegung eines Körpers dadurch zu beschreiben, dass wir seine Ortskoordinaten als Funktionen der Zeit angeben. Dazu benötigen wir eben die zeitlichen Beziehungen zwischen Ereignissen an verschiedenen Orten. Das ist sogar bei jeder Geschwindigkeitsmessung notwendig, da v=

ra − rb ta − tb

eine Zeitmessung ta in ra und eine Zeitmessung tb am Ort r b erfordert. Wie hängt nun aber die Gleichzeitigkeit bei ra mit der bei rb zusammen? Die a-Uhr und die b-Uhr müssen synchronisiert werden. Das wäre überhaupt kein Problem, wenn sich Information von a nach b mit unendlich hoher Geschwindigkeit übertragen ließe. Das geht aber nicht, da auch elektromagnetische Signale sich zwar mit hoher, letztlich aber doch endlicher Geschwindigkeit fortpﬂanzen. Die Synchronisation der Uhren könnte aber nach dem folgenden Rezept realisiert werden. Man sendet ein Lichtsignal von a nach b und lässt dieses an einem Spiegel in b reﬂektieren. Die Zeit für die Wegstrecke a → b → a ist dann mit der a-Uhr messbar. Sinn macht dieses Verfahren jedoch nur unter der ganz entscheidenden Voraussetzung, dass die Lichtgeschwindigkeit von a nach b dieselbe ist wie die von b nach a. Dann gilt nämlich ta → b =

1 ta → b → a = tb → a , 2

und eine Synchronisation der a- und b-Uhren wäre ohne weiteres möglich.

14

1. Physikalische Grundlagen

Einstein hat diese Voraussetzung als Postulat in seine neue Physik, die Spezielle Relativitätstheorie genannt wird, eingebaut. Die gesamte Theorie basiert auf zwei Postulaten: 1.3.1

Postulat 1.3.1: (Äquivalenzpostulat) Alle physikalischen Gesetze und Resultate aller Experimente sind in allen gleichförmig geradlinig gegeneinander bewegten Systemen gleich.

1.3.2

Postulat 1.3.2 Die Lichtgeschwindigkeit hat im Vakuum zu allen Zeiten und an allen Orten den konstanten Wert c und ist insbesondere von der Bewegung der Quelle unabhängig.

Aus Postulat 1.3.1 folgt, dass nur relative Bewegungen zweier Systeme messbar sind. Dies bedeutet eigentlich nichts Neues gegenüber der Newton-Mechanik, nur sind Inertialsysteme jetzt genauer zu deﬁnieren. Das eigentlich Neue ist Postulat 1.3.2. Heute ist es eindeutig experimentell bestätigt, nicht jedoch zu der Zeit, als Einstein es formulierte. Es bedingt, wie wir sehen werden, ein radikales Umdenken bezüglich vertrauter Begriffe wie Raum, Zeit und Gleichzeitigkeit. Es bleiben für uns die folgenden Programmpunkte: 1. Wir suchen nach der korrekten Transformation zwischen Inertialsystemen, die die Lichtgeschwindigkeit erhält. Diese sollte für v << c in die Galilei-Transformation übergehen. 2. Wir überprüfen die physikalischen Gesetze bezüglich ihrer Transformationseigenschaften gegenüber einer solchen korrekten Transformation.

1.4

1.4 Lorentz-Transformation 1.4.1 Transformationsmatrix Es seien Σ und Σ gleichförmig gegeneinander bewegte Inertialsysteme, wobei wir z. B. Σ als ruhend und Σ als bewegt annehmen können. Die beiden Koordinatensysteme sollen zur Zeit t = 0 identisch sein:

t=0:

Σ ≡ Σ .

Zu diesem Zeitpunkt t = 0 sende eine Lichtquelle im Ursprung von Σ, der dann gerade mit dem von Σ zusammenfällt, ein Signal aus. Das ergibt im ruhenden System Σ eine sich mit Lichtgeschwindigkeit c ausbreitende Kugelwelle: c 2 t 2 = x 2 + y2 + z 2 .

(1.8)

1.4

Lorentz-Transformation

15

Nach Postulat 1.3.2 muss diese Beziehung für die Lichtausbreitung in jedem Inertialsystem, also auch in Σ , erfüllt sein! c2¯t2 = x¯ 2 + y¯2 + z¯2 .

(1.9)

Die Forderung, dass sich das Signal in beiden Systemen als Kugelwelle fortpﬂanzt, ist offenbar nur bei Mittransformation der Zeit (t ⇐⇒ ¯t) zu befriedigen. Dadurch ergibt sich eine Verknüpfung von Raum- und Zeitkoordinaten. Wie hat nun die Transformation auszusehen, die Σ in Σ überführt? Aus Gründen, die später klar werden, werden die kartesischen Koordinaten durch hochgestellte Indizes unterschieden: r = x1 , x2 , x3 = (x, y, z) . Üblich ist die Einführung einer vierten (bzw. „nullten“) Koordinate: x0 = c t .

(1.10)

Das Resultat des Michelson-Morley-Experiments lässt sich als Invarianzbedingung 3 3 0 2 μ 2 ! 0 2 μ 2 x − x = x¯ − x¯

μ=1

(1.11)

μ=1

formulieren. Wir werden später (s. Abschn. 1.5) die beiden Seiten dieser Gleichung als das Längenquadrat eines Vierer-Vektors im abstrakten vierdimensionalen Minkowski-Raum (Weltraum) interpretieren. Dann stellt die gesuchte Transformation, die wir schon jetzt Lorentz-Transformation nennen wollen, offenbar eine Drehung im Minkowski-Raum dar, wobei sich die Länge des gedrehten Vierer-Vektors nicht ändert. Dazu zählen natürlich auch die normalen Drehungen im realen dreidimensionalen Anschauungsraum zwischen Systemen, deren Ursprünge relativ zueinander in Ruhe sind. Man kann zeigen: Die Allgemeine Lorentz-Transformation ist gleich der Speziellen Lorentz-Transformation multipliziert mit der Raumdrehung. Unter der Speziellen Lorentz-Transformation

16

1. Physikalische Grundlagen

versteht man die Transformation zwischen gleichförmig geradlinig gegeneinander bewegten Systemen mit parallelen Achsen. Die folgenden Betrachtungen beschränken sich auf diese speziellen Lorentz-Transformationen. Wir können dann aber auch ohne weiteres annehmen, dass die Relativgeschwindigkeit v zwischen Σ und Σ parallel zur x3 = z-Achse gerichtet ist. Der Zusammenhang zwischen den Koordinaten in Σ und denen in Σ muss notwendig linear sein, da sonst z. B. eine gleichförmige Bewegung in Σ keine solche in Σ wäre, was dem Äquivalenzpostulat widerspräche. Dies führt zu dem folgenden Ansatz: x¯ μ =

3

λ=0

Lμλ x λ .

(1.12)

Wegen der speziellen Richtung von v werden die 1- und 2-Komponenten in beiden Systemen gleich sein: x¯ 1 = x1 ;

x¯ 2 = x2 .

(1.13)

Die Komponenten x¯ 3 , x¯ 0 müssen von x1 und x2 unabhängig sein, da kein Punkt der x1 , x2 -Ebene in irgendeiner Weise ausgezeichnet ist. Eine Verschiebung in dieser Ebene darf keine Auswirkungen haben. Damit kennen wir aber bereits die Struktur der Transformationsmatrix L : ⎛ ⎞ L00 0 0 L03 ⎜ ⎟ ⎜ 0 1 0 0 ⎟ ⎜ ⎟ . L≡⎜ (1.14) ⎟ ⎝ 0 0 1 0 ⎠ L30

0

0

L33

Wir nutzen nun die Invarianzbedingung (1.11) aus: 0 2 3 2 ! 0 2 3 2 x¯ − x¯ = x − x . Dies bedeutet: 0 2 3 2 2 2 x¯ − x¯ = L00 x0 + L03 x3 − L30 x0 + L33 x3 = 2 2 = L200 − L230 x0 + L203 − L233 x3 + + 2 L00 L03 − L30 L33 x0 x3 . Der Koefﬁzientenvergleich liefert: L200 − L230 = 1 , L233 − L203 = 1 , L00 L03 − L30 L33 = 0 .

1.4

Lorentz-Transformation

17

Dieses Gleichungssystem wird gelöst durch den folgenden Ansatz: L33 = L00 = cosh χ , L30 = L03 = − sinh χ . Die Vorzeichenwillkür in der letzten Zeile wird später durch die Forderung aufgehoben, dass für v << c die Lorentz- in die Galilei-Transformation übergehen muss! Wir haben damit als Zwischenergebnis: ⎛ ⎞ cosh χ 0 0 − sinh χ ⎜ ⎟ ⎜ 0 1 0 0 ⎟ ⎟ . L≡⎜ ⎜ ⎟ 0 1 0 ⎠ ⎝ 0 − sinh χ 0 0 cosh χ Um schließlich auch χ festzulegen, betrachten wir die Bewegung des Ursprungs von Σ . Von Σ aus gesehen gilt für diese: v x3 = v t = x0 . c Dies ergibt den folgenden Zusammenhang: v 0 = x¯ 3 = cosh χ x3 − sinh χ x0 = x0 cosh χ − sinh χ c v ⇒ tanh χ = . c Mit 1 1 cosh χ = = 1 − v2 | c2 1 − tanh2 χ und v| c sinh χ = cosh χ tanh χ = 1 − v2 | c 2 sowie den üblichen Abkürzungen,

β=

v ; c

1

γ = γ (v) =

1 − v2 | c2

,

(1.15)

lautet schließlich die Matrix der Speziellen Lorentz-Transformation ⎛

γ

⎜ ⎜ 0 L≡⎜ ⎜ ⎝ 0 −βγ

−βγ

⎞

0

0

1

0

0

1

⎟ 0 ⎟ ⎟ . ⎟ 0 ⎠

0

0

γ

(1.16)

18

1. Physikalische Grundlagen

Die Determinante erfüllt det L = γ 2 − β2 γ 2 = 1 .

(1.17)

L lässt sich also als Drehung interpretieren (s. Abschn. 1.4.6.5, Bd. 1). Allerdings sind Zeilen und Spalten der Matrix L nicht orthonormal. Wegen ihrer Bedeutung wollen wir die Gleichungen der Speziellen Lorentz-Transformation noch einmal explizit in der ursprünglichen, kartesischen Form aufschreiben: x¯ = x ,

(1.18)

y¯ = y ,

(1.19)

z −vt z¯ = = γ (z − βc t) , 1 − v2 | c2

(1.20)

t − v| c 2 z β ¯t = =γ t− z . c 1 − v2 | c 2

(1.21)

Wir schließen noch einige Diskussionsbemerkungen an: 1. Für kleine Relativgeschwindigkeiten v << c wird aus der Lorentz-Transformation (1.18) bis (1.21) die Galilei-Transformation (1.1). 2. c ist offensichtlich die maximale Relativgeschwindigkeit, da für v > c die Koordinate z¯ nicht mehr reell wäre. 3. Die inverse Transformationsmatrix ⎛ −1

L

γ

⎜ ⎜0 ≡⎜ ⎜ ⎝0

0

0

1

0

0

1

βγ 0 0

4.

βγ

⎞

⎟ 0⎟ ⎟ ⎟ 0⎠

(1.22)

γ

ergibt sich offenbar aus (1.16) einfach durch Substitution v → −v, d. h. β → −β. Das ist auch nicht anders zu erwarten, da sich Σ von Σ aus gesehen mit der Geschwindigkeit −v bewegt. Man bezeichnet den Ortsvektor ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x0 ct ⎜ 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ x ⎟ ⎜x⎟ xμ ≡ ⎜ ⎜ 2⎟ ≡ ⎜ ⎟ ⎝x ⎠ ⎝ y ⎠ x3 z

(1.23)

1.4

Lorentz-Transformation

19

des Minkowski-Raumes als Vierer-Vektor. Jedes System von Zahlen ⎛ ⎞ a0 ⎜ 1⎟ 0

⎜a ⎟ a ⎟ aμ ≡ ⎜ , ⎜ 2⎟ ≡ a a ⎝ ⎠ a3

(1.24)

das sich bei einer Lorentz-Transformation in derselben Weise transformiert wie der Ortsvektor (1.23), wird dann ebenfalls Vierer-Vektor genannt. In Analogie zum Ortsvektor wird die 0-Komponente als „Zeitkomponente“ bezeichnet und die (1, 2, 3)-Komponenten als „Raumkomponenten“. Insbesondere muss gemäß (1.11) das 3 2 μ 2 0 2 Längenquadrat von a μ : a0 − a = a − a2

μ=1

5.

eine Lorentz-Invariante sein. Diese Deﬁnition wird später durch die Einführung eines entsprechenden Skalarproduktes klar. – Wir werden in Abschn. 2.1 kontraund kovariante Vierer-Vektoren unterscheiden und diese durch verschiedene Stellungen des Index μ kennzeichnen (aμ , a μ ). Wir treffen einige Vereinbarungen zur Schreibweise. Mit griechischen Buchstaben μ, λ, ρ, . . . indizieren wir die Komponenten von Vierer-Vektoren, wobei der gesamte Vierer-Vektor durch eine typische Komponente, z. B. x μ , gekennzeichnet ist. Die normalen Dreiervektoren werden fett dargestellt, und die lateinischen Buchstaben k, l, m, . . . bezeichnen die Komponentenindizes. Über gleiche griechische Indizes nebeneinander stehender Größen wird summiert (Einsteins Summenkonvention), das Summenzeichen dabei häuﬁg weggelassen, z. B.: x¯ μ =

3

λ=0

Lμλ x λ ⇐⇒ x¯ μ = Lμλ x λ .

(1.25)

Wir wollen nun einige Folgerungen der Lorentz-Transformation diskutieren. 1.4.2 Relativität der Gleichzeitigkeit Die dem gesunden Menschenverstand wohl am meisten widerstrebende Folgerung der Lorentz-Transformation betrifft die Deﬁnition der Gleichzeitigkeit. Jedes Inertialsystem hat sein eigenes Gleichzeitigkeitskriterium. Die absolute Zeit gibt es nicht! Sie ist eine Funktion des verwendeten Bezugssystems und wird mit dem Ablesen einer Uhr deﬁniert. Letzteres stellt kein Problem dar, wenn alle Zeitmessungen in demselben Inertialsystem durchgeführt würden. Wir könnten die Uhren, wie früher beschrieben, durch ein Lichtsignal synchronisieren. Aber wie synchronisieren wir

20

1. Physikalische Grundlagen

Uhren, die sich in verschiedenen, relativ zueinander bewegten Inertialsystemen beﬁnden? Das erweist sich als problematisch, da der Begriff der Gleichzeitigkeit relativ ist, d. h. unterschiedlich in relativ zueinander bewegten Inertialsystemen Σ und Σ , wie man sich leicht wie folgt klarmacht: Σ: Durch zwei synchronisierte Uhren bei z1 und z2 sei festgestellt, dass zwei Ereignisse gleichzeitig an diesen Orten stattﬁnden: t1 = t2 ⇐⇒ Δt = 0 .

Σ : Dieselben beiden Ereignisse erscheinen von diesem Inertialsystem aus nicht als gleichzeitig: t1 − (v|c2 )z1 t1 = ; 1 − v2 | c 2

t1 − (v|c2 )z2 t2 = 1 − v 2 |c 2

⇒ Δt = t1 − t2 = γ

v z2 − z1 =/ 0 . 2 c

(1.26)

Man fragt sich nun natürlich, ob vielleicht sogar die Reihenfolge zweier Ereignisse vom Bewegungszustand des Beobachters abhängen kann. Lassen sich womöglich Ursache und Wirkung eines kausalen Zusammenhangs zweier Ereignisse miteinander vertauschen? Dazu die folgende Überlegung: In Σ sei t2 > t1 , dann bleibt in Σ die Reihenfolge der Ereignisse sicher erhalten, falls gilt: v 0 < t2 − t1 = γ t2 − t1 − 2 z2 − z1 . c Es muss also t2 − t1 >

v z2 − z1 c c

sein. Wegen v < c bleibt die Reihenfolge auf jeden Fall für t2 − t1 ≥

z2 − z1 c

bestehen. Wenn die beiden Ereignisse in Σ kausal miteinander verknüpft sind, so erfolgt der Informationsvorgang, der Ursache und Wirkung miteinander verbindet, mit endlicher Geschwindigkeit v¯ ≤ c. Dies bedeutet: t2 − t1 =

z2 − z1 z2 − z1 ≥ . v¯ c

Ursache und Wirkung lassen sich also nicht vertauschen. Die Reihenfolge von nicht kausal zusammenhängenden Ereignissen kann dagegen sehr wohl, von Σ aus gesehen, umgekehrt sein.

1.4

Lorentz-Transformation

21

1.4.3 Zeitdilatation Im Inertialsystem Σ sende eine Uhr am Ort z zwei Lichtsignale im zeitlichen Abstand

Δt = t1 − t2 aus. Im bewegten System Σ werden diese Lichtsignale zu den Zeiten vz vz t1 = γ t1 − 2 ; t2 = γ t2 − 2 c c beobachtet, also im Abstand:

Δt = t1 − t2 = γ Δt =

Δt

1 − (v2 |c2 )

> Δt .

(1.27)

Das Zeitintervall Δt erscheint dem bewegten Beobachter in Σ gedehnt. Er wird sagen: Die stationäre Uhr geht nach! Dasselbe wird im Übrigen auch eine Bezugsperson in Σ behaupten, die eine Uhr in Σ beobachtet. Dieses paradox erscheinende Phänomen wirkt etwas weniger mysteriös, wenn man sich den Messprozess genauer anschaut. In Σ (ruhend) werden zwei Ereignisse (z, t1 ) und (z, t2 ) mit einer Uhr bei z gemessen. In Σ (bewegt) benötigt die Messung dagegen zwei Uhren, nämlich eine bei z1 = γ z − v t1 , die andere bei z2 = γ z − v t2 , d. h. im Abstand z1 − z2 = γ v(t2 − t1 ) =/ 0 . Die Messprozesse sind also in den beiden Inertialsystemen gar nicht äquivalent, die Ergebnisse können deshalb auch nicht paradox sein. In Σ müssen wir die beiden, an verschiedenen Orten angebrachten Uhren synchronisieren. Diese Synchronisation führt letztlich zu dem Zeitdilatationseffekt. Die Zeitspanne, die von ein und derselben Uhr am gleichen Ort festgestellt wird, nennt man die Eigenzeit Δτ. Sie ist stets geringer als die Differenz der zwei Zeitablesungen im bewegten System Σ . Das Phänomen der Zeitdilatation ist heute in fast alltäglichen Experimenten beobachtbar. Man kann den radioaktiven Zerfall instabiler Teilchen für recht exakte Zeitmessungen ausnutzen. Das Zerfallsgesetz liefert eine genaue Vorhersage, wie viele der zur Zeit t = 0 vorhandenen Teilchen zur Zeit t > 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

1. Physikalische Grundlagen

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

1. Physikalische Grundlagen

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

1. Physikalische Grundlagen

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

1. Physikalische Grundlagen

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

1. Physikalische Grundlagen

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

1. Physikalische Grundlagen

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. Physikalische Grundlagen

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 << c korrekt sind. Folglich werden die Grundgesetze der Mechanik und auch der Elektrodynamik im relativistischen Bereich nicht mehr die vertrauten Formen haben. Unsere nächste Aufgabe muss also darin bestehen, die Forminvarianz der physikalischen Gesetze gegenüber Lorentz-Transformationen zu überprüfen. Diese Kontrolle ﬁndet zweckmäßig im vierdimensionalen Minkowski-Raum statt. Dort stellt die Lorentz-Transformation eine Drehung der Vierer-Vektoren dar, die deren Längenquadrate (1.11) invariant lässt. Forminvarianz der physikalischen Gesetze gegenüber normalen räumlichen Drehungen im dreidimensionalen Raum musste bereits für die nicht relativistische Physik gefordert werden, ist dort in der Regel jedoch trivialerweise erfüllt. Ein physikalisches Gesetz ist eine mathematische Gleichung. Ein skalares Gesetz : a = b ist natürlich invariant gegenüber Drehungen, da sich weder a noch b dabei ändern. Ein vektorielles Gesetz :

a = b ⇐⇒ aj = bj ;

j = 1, 2, 3

ist kovariant gegenüber Drehungen, d. h., die Komponenten ändern sich zwar, aber so, dass aj = bj für alle j gilt und damit a = b . Analoge Aussagen gelten für Tensoren beliebiger Stufe. Damit ist das Rezept klar: Forminvarianz gegenüber Lorentz-Transformationen ist für ein physikalisches Gesetz genau dann gegeben, wenn das Gesetz in kovarianter vierdimensionaler Form vorliegt, d. h., wenn alle Terme der Gleichung W. Nolting, Grundkurs Theoretische Physik 4. DOI 10.1007/978-3-642-24481-0_2 © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2012

40

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Vierer-Tensoren gleicher Stufe sind. Unter diesem Gesichtspunkt werden wir in Abschn. 2.2 die Grundgesetze der Mechanik und in Abschn. 2.3 die der Elektrodynamik aufarbeiten. Zunächst müssen wir aber das obige Rezept noch etwas genauer erläutern. Dazu stellen wir einige formale Betrachtungen über das Rechnen im vierdimensionalen Minkowski-Raum an, wobei wir uns insbesondere den in Abschn. 4.4.3, Bd. 1 eingeführten Tensorbegriff in Erinnerung rufen müssen. Es handelt sich dabei eigentlich um nichts anderes als eine Erweiterung des Vektorbegriffs. Ein nk -Tupel von Zahlen in einem n-dimensionalen Raum stellt einen Tensor k-ter Stufe dar, falls sich diese Zahlen beim Wechsel des Koordinatensystems (Σ → Σ ) nach bestimmten Gesetzen transformieren. Der hier interessierende Raum ist der Minkowski-Raum mit n = 4. Der Koordinatenwechsel erfolgt durch eine Lorentz-Transformation, die wir letztlich aus der Invarianz des Längenquadrats 2 s2 = x 0 − x 2 = c 2 t 2 − x 2 − y 2 − z 2 des Vierer-Vektors (1.42), x μ ≡ (c t, x) , abgeleitet haben. Die Transformation ist linear x¯ μ = Lμ λ x λ , wobei die Matrixelemente Lμ λ durch (1.16) deﬁniert sind. Man beachte die Summenkonvention (1.25). – Ein mit dem Raum-Zeit-Punkt x μ verknüpfter Tensor k-ter Stufe wird nun durch sein Transformationsverhalten beim Übergang x μ → x¯ μ deﬁniert. Für den Minkowski-Raum handelt es sich also um ein 4k -Tupel von Zahlen, die sich bei der Koordinatentransformation x μ → x¯ μ = Lμ λ x λ nach bestimmten Gesetzen transformieren. Die Zahlen heißen Komponenten des Tensors. Sie haben k Indizes, von denen jeder von n = 0 bis n = 3 läuft. Für uns sind k = 0, 1 und 2 interessant. 1) Tensor nullter Stufe = Vierer-Skalar Dieser Tensor hat 40 = 1 Komponente (Welt-Skalar). Es handelt sich um eine einzelne Größe, die bei einer Lorentz-Transformation invariant bleibt. Ein Beispiel dafür ist das Längenquadrat s2 .

2.1

Ko- und kontravariante Tensoren

41

2) Tensor erster Stufe = Vierer-Vektor Dieser Tensor besitzt 41 = 4 Komponenten. Man unterscheidet zwei Typen von Vektoren (Welt-Vektoren): 2a) Kontravarianter Vierer-Vektor Wir kennzeichnen diesen Typ durch hoch-gestellte Indizes: a μ ≡ a0 , a1 , a2 , a3 .

(2.1)

Die Komponenten transformieren sich beim Wechsel des Inertialsystems (x μ → x¯ μ ) wie folgt: a¯ μ =

∂x¯ μ λ a . ∂x λ

(2.2)

Da der Koordinatenwechsel durch eine Lorentz-Transformation bewirkt werden soll, gilt insbesondere: a¯ μ = Lμ λ a λ .

(2.3)

Beispiele sind: α) der Ortsvektor x μ ≡ (c t, x, y, z), β) das Differential dx μ ; denn für dieses gilt nach der Kettenregel: d¯x μ =

3 ∂x¯ μ λ dx . ∂x λ

λ=0

2b) Kovarianter Vierer-Vektor Dieser Typ Vierer-Vektor ist durch tief-gestellte Indizes gekennzeichnet: bμ = b0 , b1 , b2 , b3 .

(2.4)

Die Komponenten transformieren sich wie folgt:

∂x λ b¯ μ = b . ∂x¯ μ λ Dies bedeutet im Spezialfall der Lorentz-Transformation: b¯ μ = L−1 λμ bλ . Ein wichtiges Beispiel ist der Gradient einer skalaren Funktion ϕ: ∂ϕ ∂ϕ bμ = , . . . , , ∂ x0 x3 ∂ϕ ∂ϕ b¯ μ = , . . . , , ∂x¯0 ∂x¯3 xν = xν x¯ μ .

(2.5)

(2.6)

(2.7)

42

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Es gilt offenbar:

∂ϕ ∂ϕ ∂xν ∂xν b¯ μ = = ν = b . μ ∂x¯ ∂x ∂x¯ μ ∂x¯ μ ν Dies entspricht der Deﬁnitionsgleichung (2.5). 3) Tensor zweiter Stufe Dieser Tensortyp besitzt 42 = 16 Komponenten. Man unterscheidet nun drei Arten von so genannten Welt-Tensoren: 3a) Kontravarianter Tensor Die Komponenten F αβ ändern sich bei einer Lorentz-Transformation wie folgt:

F

μν

F

=

μν

∂x¯ μ ∂x¯ ν αβ F , ∂xα ∂xβ

= Lμα Lνβ F αβ .

(2.8) (2.9)

„Zeilen“ und „Spalten“ transformieren sich also wie kontravariante Vektoren. Ein Beispiel ist das Tensorprodukt aus zwei kontravarianten Vierer-Vektoren a μ und b μ , das aus insgesamt 16 Zahlen (Komponenten) besteht: F μν = a μ bν ;

μ, ν = 0, . . . , 3 .

(2.10)

Für dieses gilt nämlich: F

μν

= a¯ μ b¯ ν =

∂x¯ μ ∂x¯ ν α β a b = Lμα Lνβ F αβ . ∂xα ∂xβ

3b) Kovarianter Tensor Das ist nun ein System von 16 Komponenten Fαβ , die sich gemäß

F μν =

∂xα ∂xβ F , ∂x¯ μ ∂x¯ ν αβ

Fμν = L−1 αμ L−1 βν Fαβ

(2.11) (2.12)

transformieren. „Zeilen“ und „Spalten“ transformieren sich in diesem Fall wie kovariante Vektoren. Das Tensorprodukt aus zwei kovarianten Vierer-Vektoren wäre ein nahe liegendes Beispiel. 3c) Gemischter Tensor β Die 16 Komponenten Fα transformieren sich in diesem Fall wie ν

Fμ =

∂xα ∂x¯ν β F , ∂x¯ μ ∂xβ α

ν β F μ = L−1 αμ Lνβ Fα .

(2.13) (2.14)

2.1

Ko- und kontravariante Tensoren

43

Man beachte, dass sich Tensoren zweiter Stufe stets in Matrizenform schreiben lassen. Allerdings transformieren sich die Elemente einer normalen Matrix nicht notwendig wie die Komponenten eines Tensors. Die Formel (2.14) entspricht dagegen der Relation F = S−1 F S der linearen Algebra, die angibt, wie sich eine Abbildungsmatrix F bei einer Koordinatentransformation S zu einer Matrix F ändert. Der gemischte Tensor zweiter Stufe ist deshalb wirklich in strengem Sinne eine Matrix, die kovarianten und kontravarianten Tensoren dagegen nicht. Ein Beispiel für einen gemischten Tensor zweiter Stufe stellt das Tensorprodukt aus einem ko- und einem kontravarianten Vierer-Vektor dar: Fμν = aν bμ . Ganz analog werden Tensoren noch höherer Stufe deﬁniert. So ist z. B. durch μ

Fνρσ =

∂x¯ μ ∂xβ ∂xγ ∂xδ α F ∂xα ∂x¯ ν ∂x¯ρ ∂x¯σ βγδ

das Transformationsverhalten eines gemischten Tensors vierter Stufe festgelegt. Hier sind allerdings nur k = 0, 1, 2-Tensoren relevant. 2.1.2 Rechenregeln Welchen mathematischen Gesetzmäßigkeiten unterliegen die soeben eingeführten Tensoren? 1. Man multipliziert einen Tensor mit einer Zahl, indem man jede Komponente mit dieser Zahl multipliziert. 2. Tensoren werden komponentenweise addiert! 3. Unter der

Verjüngung eines Tensors versteht man das Gleichsetzen eines oberen und eines unteren Index, womit automatisch eine Summation verknüpft ist. Die Tensorstufe nimmt dabei von k auf k − 2 ab. Beispiele a) Wir setzen in dem obigen gemischten Tensor vierter Stufe ν = μ: ν

F νρσ = =

∂x¯ν ∂xβ ∂xγ ∂xδ α ∂xβ ∂xγ ∂xδ α F = F = βγδ ∂xα ∂x¯ ν ∂x¯ ρ ∂x¯σ ∂xα ∂x¯ ρ ∂x¯σ βγδ ∂xγ ∂xδ α F . ∂x¯ρ ∂x¯σ αγδ

44

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Dieser Ausdruck transformiert sich wie ein kovarianter Tensor zweiter Stufe, wie der Vergleich mit (2.11) zeigt. μ b) Die Spur einer Matrix Fν ist deﬁniert als die Summe ihrer Diagonalelemente: μ

Fν −→ Fνν . Das Resultat ist ein Tensor nullter Stufe, also ein Skalar. Die Spur einer Matrix ist somit invariant gegenüber Koordinatentransformationen. c) Die Verjüngung eines Tensorprodukts

a μ bν −→ aν bν ergibt natürlich einen Skalar (k = 2 → k = 0). Sie ist dem Skalarprodukt in rechtwinkligen Koordinaten äquivalent. Man deﬁniert deshalb für Vierer-Vektoren: Skalarprodukt (b, a) ≡ bα aα .

(2.15)

Als Skalar ist diese Größe lorentzinvariant. Das lässt sich leicht überprüfen: λ α λ ¯ a¯ = b¯ α a¯ α = ∂x ∂x¯ bλ aρ = ∂x bλ aρ = bλ a λ = (b, a) . b, ρ ρ α ∂x¯ ∂x ∂x

d) Als Beispiel β) unter 2a) hatten wir das Differential dx μ des Ortsvektors im Minkowski-Raum als speziellen kontravarianten Vierer-Vektor kennen gelernt:

dx μ ≡ dx0 , dx1 , dx2 , dx3 = (c dt, dx, dy, dz) .

(2.16)

Damit bilden wir das lorentzinvariante Längenquadrat, 2 2 2 2 (ds)2 = dx0 − dx1 − dx2 − dx3 = = (c dt)2 − dx2 − dy2 − dz2 ,

(2.17)

und schreiben: (ds)2 = μαβ dxα dxβ .

(2.18)

Die Koefﬁzienten μαβ sind die Komponenten des metrischen Tensors (s. (2.86), Bd. 2), der in der Speziellen Relativitätstheorie symmetrisch (μαβ = μβα ) und diagonal ist:

2.1

Ko- und kontravariante Tensoren

Kovarianter metrischer Tensor ⎛ +1 ⎜ ⎜ μαβ ≡ ⎜ ⎜ ⎝ 0

45

0

−1 −1

⎞

⎟ ⎟ ⎟ . ⎟ ⎠ −1

(2.19)

Will man das invariante Längenquadrat (ds)2 als Skalarprodukt schreiben, (ds)2 = (dx, dx) = dxα dxα ,

(2.20)

so muss offensichtlich gelten: dxα = μαβ dxβ .

(2.21)

Der kontravariante metrische Tensor ist dann durch den folgenden Ansatz deﬁniert: dxα = μαβ dxβ .

(2.22)

Dies bedeutet: dxγ = μγα dxα = μγα μαβ dxβ . Dieses kann nur richtig sein, wenn ⎧ ⎨

μγα μαβ = δγβ = 1, falls γ = β , ⎩0

(2.23)

sonst .

gilt. An (2.19) lesen wir ab, dass in der Speziellen Relativitätstheorie kovarianter und kontravarianter metrischer Tensor offenbar identisch sind:

μαβ = μβα = μαβ .

(2.24)

4. Ohne Beweis verallgemeinern wir (2.21) bzw. (2.22) zu einer Übersetzungsvorschrift, um kovariante in kontravariante Tensoren zu transformieren und umgekehrt. Man spricht vom Herauf- bzw. Herunterziehen eines Index α... = μαβ D... , D... ... ...β...

(2.25)

...β... D... . ...α... = μαβ D...

(2.26)

46

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Auf diese Weise kann man mit den Positionen der Indizes ziemlich beliebig spielen. Wir machen die Probe: ...β... D... = μαβ μβγ D... ...α... = μαβ D... ...γ ... =

γ

... = δα D... ...γ ... = D...α... .

Insbesondere können wir mit der obigen Übersetzungsvorschrift nun jeden kontravarianten Vierer-Vektor a μ ≡ a0 , a1 , a2 , a3 = a0 , a (2.27) in den entsprechenden kovarianten Vierer-Vektor umwandeln: aμ ≡ a0 , a1 , a2 , a3 = a0 , −a .

(2.28)

Dies bedeutet für das Skalarprodukt (2.15): (b, a) = bα aα = μαβ bβ aα = b0 a0 − b · a .

(2.29)

Der letzte Summand stellt das normale dreidimensionale Skalarprodukt zwischen den Raumkomponenten dar. Man beachte, dass das skalare Produkt nur dann als Summe der Produkte der entsprechenden Komponenten geschrieben werden kann, wenn man die kovarianten Komponenten des einen und die kontravarianten Komponenten des anderen Vierer-Vektors miteinander kombiniert. Beispiele

s2 = (x, x) = c2 t 2 − r2 , (ds)2 = (dx, dx) = (c dt)2 − (dr)2 .

2.1.3 Differentialoperatoren Die Transformationseigenschaft der für die Theoretische Physik so wichtigen Differentialoperatoren erhalten wir durch direktes Anwenden der Kettenregel:

∂xα ∂ = ; ∂x¯ μ ∂x¯ μ ∂xα ∂

xα = xα x¯ μ .

Die Differentiation nach der Komponente eines kontravarianten Vektors transformiert sich also so wie die Komponenten eines kovarianten Vierer-Vektors. Das überträgt sich direkt auf den Nabla-Operator: Gradient:

∂μ ≡

∂

∂x μ

≡

1 ∂ ,∇ c ∂t

.

(2.30)

2.2

Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik

47

∇ ist der normale, dreidimensionale Gradient (s. (1.140), Bd. 1). Mit Hilfe der allgemeinen Übersetzungsvorschrift (2.26) ﬁnden wir für die Ableitung nach einer kovarianten Komponente ∂ 1 ∂ μ ∂ ≡ ≡ , −∇ . (2.31) ∂xμ c ∂t Die Divergenz (s. (1.150), Bd. 1) ist als Skalarprodukt aus einem kovarianten Gradienten und einem kontravarianten Vierer-Vektor bzw. einem kontravarianten Gradienten und einem kovarianten Vierer-Vektor natürlich lorentzinvariant: Divergenz:

∂μ a μ ≡ ∂ μ aμ =

1 ∂ 0 a +∇ ·a. c ∂t

(2.32)

Insbesondere für die Elektrodynamik ist schließlich noch der d’Alembert-Operator wichtig (s. (4.30), Bd. 3): − ≡ ∂μ ∂ μ ≡ ∂ μ ∂μ =

1 ∂2 −Δ. c 2 ∂t 2

(2.33)

Δ = ∇ 2 ist der Laplace-Operator (s. (1.154), Bd. 1). Als Skalarprodukt ist auch der d’Alembert-Operator lorentzinvariant.

2.2 Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik Wir wollen nun die Grundgesetze der Klassischen Mechanik so umschreiben, dass sie forminvariant gegenüber Lorentz-Transformationen werden. Dazu müssen wir sie in kovarianter vierdimensionaler Form angeben, d. h., alle Terme in einer solchen Gleichung müssen Vierer-Tensoren gleicher Stufe sein. In der Grenze v << c sollten sich die „bekannten“ Gesetzmäßigkeiten reproduzieren. 2.2.1 Eigenzeit, Welt-Geschwindigkeit Als Weltlinie haben wir in Abschn. 1.5 die Bahn eines materiellen Teilchens im Minkowski-Raum bezeichnet. Es handelt sich also um die Menge aller Ereignisse

x μ = (c t, x, y, z) , die das Objekt in diesem Raum im Laufe der Zeit durchläuft. Dann ist dx μ die differentielle Änderung längs der Weltlinie. Das differentielle Längenquadrat (ds)2 = dx μ dxμ = c2 (dt)2 − (dr)2

(2.34)

2.2

48

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

ist, wie bereits festgestellt, als Skalarprodukt ein Welt-Skalar, d. h. eine LorentzInvariante. Das gilt dann aber auch für die Zeit-Größe 1 1 (d τ)2 = 2 (ds)2 = (dt)2 − 2 (dr)2 , (2.35) c c da die Lichtgeschwindigkeit c nach dem grundlegenden Postulat 1.3.2 aus Abschn. 1.3 in allen Inertialsystemen denselben Wert hat. Die physikalische Bedeutung von dτ machen wir uns wie folgt klar. Da (d τ)2 invariant ist, können wir zur Interpretation ein besonders zweckmäßiges Bezugssystem wählen. Das wäre z. B. das mitbewegte Inertialsystem, in dem das Teilchen im Koordinatenursprung momentan ruht: dx μ ≡ c dt , 0, 0, 0 . (2.36) Dann folgt für dτ:

1 μ 2 dx dxμ = dt . (2.37) c2 dτ entspricht also einem Zeitintervall auf einer mitgeführten Uhr, d. h. dem Intervall der in Abschn. 1.4.3 besprochenen Eigenzeit. Da dτ als Welt-Skalar lorentzinvariant ist, ändert sich das Eigenzeitintervall natürlich auch nicht, wenn wir es auf ein gegenüber dem Teilchen bewegtes System Σ transformieren: (d τ)2 =

c2 (dτ)2 = dx μ dxμ = c2 (dt)2 − (dx)2 − (dy)2 − (dz)2 = v2 2 2 = c (dt) 1 − 2 . c Das Resultat entspricht der Feststellung aus Abschn. 1.4.3, dass die Eigenzeit stets nachgeht: dτ dt = = γ dτ > d τ . 1 − v2 | c 2

(2.38)

v ist die Relativgeschwindigkeit des Teilchens im System Σ. Wir kommen nun zum Begriff der Welt-Geschwindigkeit u μ , die man sinnvollerweise über die Verschiebung dx μ des Teilchens im MinkowskiRaum innerhalb der Eigenzeit dτ deﬁniert: dx μ . (2.39) dτ Es handelt sich um einen kontravarianten Vierer-Vektor, für den wir auch schreiben können: dx μ dt 1 dx μ dx μ uμ = = =γ dt dτ dt 1 − v2 |c2 dt 1 ⇒ uμ = c, vx , vy , vz = γ (v) (c, v) . (2.40) 1 − β2 uμ ≡

2.2

Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik

49

Die Norm von u μ ist als Skalarprodukt lorentzinvariant und besitzt eine einfache physikalische Bedeutung: u μ uμ = γ 2 c 2 − v 2 = c 2 . (2.41) 2.2.2 Kraft, Impuls, Energie Das Newton’sche Trägheitsgesetz (s. (2.42), Bd. 1),

Fi = m

d vi ; dt

i = x, y, z ,

(2.42)

behält bei einem Wechsel des Inertialsystems, wie wir jetzt wissen, nur dann seine Gültigkeit, wenn für die Relativgeschwindigkeit v << c gilt. Es ist damit forminvariant gegenüber einer Galilei-Transformation. Wir suchen nun die relativistische Verallgemeinerung dieses Gesetzes für den vierdimensionalen Minkowski-Raum. Dabei haben wir natürlich als Randbedingung zu fordern, dass sich für v << c die Beziehungen für die Raumkomponenten auf die Form (2.42) reduzieren. Nun können aber die Raumkomponenten der zu suchenden Vierer-Kraft nicht einfach mit den Fi identiﬁziert werden. Diese haben nicht das richtige Transformationsverhalten. So sind ja auch die Raumkomponenten der Vierer-Geschwindigkeit u μ in (2.40) nicht die vi , die vielmehr mit dem Faktor γ (v) zu multiplizieren sind. Allerdings ist zu fordern, dass sich die Raumkomponenten eines jeden Vierer-Vektors bei gewöhnlichen dreidimensionalen Drehungen wie übliche Raumvektoren transformieren. Nun wissen wir, dass sich das Transformationsverhalten eines gewöhnlichen dreidimensionalen Raumvektors bezüglich Drehungen nicht ändert, wenn man den Vektor mit einem Skalar multipliziert. Die Raumkomponenten der gesuchten ViererKraft werden deshalb Produkte aus den Fi mit passenden skalaren Funktionen von β = v|c sein, die sich für v << c auf 1 reduzieren. Um nun zu der relativistischen Verallgemeinerung des Newton-Gesetzes (2.42) zu kommen, werden wir zunächst die Geschwindigkeit v durch die Vierer-Geschwindigkeit u μ ersetzen, v −→ u μ , da nur die Raumkomponenten von u μ für β << 1 in die vi übergehen. Ferner werden wir auf der rechten Seite von (2.42) die Zeit t durch die Eigenzeit τ ersetzen, t −→ τ , da nur die Eigenzeit lorentzinvariant ist. Damit hat d μ u dτ die Dimension einer Beschleunigung und ist ein kontravarianter Vierer-Vektor, der sich wie x μ transformiert (s. Aufg. 2.5.3). Wir betrachten schließlich noch die träge

50

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Masse m des Teilchens als Lorentz-Invariante, da nur „Raum und Zeit“ in der Speziellen Relativitätstheorie einer kritischen Revision unterworfen werden, nicht dagegen „Materie“. Damit kommen wir zu dem folgenden Ansatz für die relativistische Verallgemeinerung der Kraftgleichung (2.42): m

d μ u = Kμ . dτ

(2.43)

Der kontravariante Vierer-Vektor K μ heißt Minkowski-Kraft. Beide Seiten der Kraftgleichung sind Welt-Tensoren erster Stufe, sodass die Kovarianz bezüglich Lorentz-Transformationen gewährleistet ist. Wir müssen allerdings die Komponenten der Minkowski-Kraft K μ erst noch bestimmen. Zu deren Festlegung erinnern wir uns an die andere Form des nicht relativistischen Trägheitsgesetzes: Fi =

d pi ; dt

i = x, y, z .

(2.44)

Dieses fordert Impulserhaltung, falls keine äußeren Kräfte auf das Teilchen wirken. Diese Newton’sche Form der Impulserhaltung ist nicht lorentzinvariant. Wir können den Raumanteil des relativistischen Impulses deshalb durch die Forderung nach einer lorentzinvarianten Impulserhaltung für ein kräftefreies Teilchen festlegen. Dazu bringen wir die Kraftgleichung für die Raumkomponenten in eine Form, die äußerlich dem Trägheitsgesetz (2.44) besonders ähnlich ist: Ki = m

d d ui = m γ γ vi ; dτ dt

i = x, y, z .

(2.45)

Der Impulserhaltungssatz ist sicher dann lorentzinvariant, wenn wir durch Vergleich Impulse und Kräfte wie folgt festlegen: pri = Ki =

m vi 1 − β2 Fi 1 − β2

= γ mvi ,

(2.46)

= γ Fi ,

(2.47)

i = x, y, z . d Fi sind nun, anders als in (2.44), die relativistischen Kraftkomponenten Fi = dt pri . Wie gefordert reduzieren sich die Ausdrücke für v << c auf die bekannten, nicht relativistischen Terme. Durch Diskussion von Stoßprozessen werden wir in Abschn. 2.2.3 einsehen, dass (2.46) wohl die einzige schlüssige, relativistische Verallgemeinerung des mechanischen Impulses ist.

2.2

Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik

51

Es fehlt noch die Zeit-Komponente der Minkowski-Kraft. Dazu berechnen wir d 0 0 d μ 0 0 u K uμ = K u − K · u = m u − m u ·u= dτ dτ =

1 1 d 0 0 d 1 d 2 m u u − u · u = m (u μ uμ ) = m c . 2 dτ 2 dτ 2 dτ

Hier haben wir (2.29) und (2.41) ausgenutzt. Es ist also K μ uμ = 0 .

(2.48)

Andererseits gilt aber auch mit (2.40) und (2.47): K μ uμ = γ K 0 c − γ 2 F · v .

(2.49)

Der Vergleich mit (2.48) liefert die nullte Kraftkomponente: K0 = γ

F·v . c

(2.50)

Gleichungen (2.47) und (2.50) ergeben die vollständige Minkowski-Kraft Kμ = γ

F·v , Fx , Fy , Fz c

.

(2.51)

Damit ist das Newton’sche Trägheitsgesetz in der Form (2.43) vollständig relativistisch verallgemeinert. Als Nächstes untersuchen wir die physikalische Bedeutung der Zeitkomponente der Minkowski-Kraft:

γ

F·v d 0 d =m u = m γ (γ c) c dτ dt ⇒F·v =

d m c2 . dt 1 − β2

(2.52)

Das Skalarprodukt F · v entspricht der Arbeit, die die Kraft F pro Zeiteinheit an dem Teilchen der Masse m leistet. In der nicht relativistischen Mechanik ist diese mit der zeitlichen Änderung der kinetischen Energie T identisch (s. (2.227), Bd. 1). Wir machen deshalb den Ansatz F·v =

d Tr , dt

(2.53)

wobei der Index „r“ für relativistisch steht, und erhalten durch Vergleich mit (2.52) die

52

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

relativistische kinetische Energie m c2 Tr = = mγ c2 . 1 − v2 | c 2

(2.54)

Auch für diese Größe erwarten wir, dass sie in der Grenze kleiner Geschwindigkeiten (v << c) in den bekannten nicht relativistischen Ausdruck T = m2 v2 übergeht. Nun gilt aber: −1|2 v2 1 3 v4 Tr = m c 2 1 − 2 = m c 2 + m v2 + m 2 + . . . . c 2 8 c Für kleine v reduziert sich also Tr in dieser Weise noch nicht auf die nicht relativistische kinetische Energie: 1 Tr −→ m c2 + m v2 . 2 v|c << 1

(2.55)

Der störende Zusatzterm m c2 ist eine Konstante, die für die Kinematik des Massenpunktes eigentlich unbedeutend ist. Man könnte sie z. B. in der Deﬁnitionsgleichung (2.54) für Tr auf der rechten Seite abziehen, da der Analogieschluss von (2.53) auf (2.54) ohnehin nur bis auf eine additive Konstante bestimmt sein kann. Wir werden jedoch später sehen, dass dieser additiven Konstanten eine tiefergehende physikalische Bedeutung zukommt: m c2 ⇐⇒ Ruheenergie des Massenpunktes . Wir behalten sie deshalb bei. Durch Multiplikation der Vierer-Geschwindigkeit u μ (2.40) mit der Masse m des Teilchens können wir einen neuen kontravarianten Vierer-Vektor deﬁnieren, der als Vierer-Impuls (Welt-Impuls) p μ = m u μ = mγ (c, v) zu interpretieren sein wird. Setzen wir (2.40) ein, so folgt: Tr Tr μ p = , γ m vx , γ m vy , γ m vz ≡ , pr . c c

(2.56)

(2.57)

Die Raumkomponenten entsprechen also der relativistischen Verallgemeinerung (2.46) des mechanischen Impulsvektors p = m v, m pr = γ p = v, 1 − v2 | c 2

(2.58)

2.2

Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik

53

während die Zeitkomponente im wesentlichen mit der kinetischen Energie identisch ist. In der bisherigen Schlussfolge ist die Masse m eine skalare, invariante Teilcheneigenschaft. In den wichtigen Formeln taucht m aber stets in der Kombination m m(v) = γ (v) m = 1 − v2 | c 2

(2.59)

auf, die man deshalb bisweilen auch als geschwindigkeitsabhängige „relativistische Masse“ deﬁniert. Die Raumkomponenten des Welt-Impulses, pr = m(v) v ,

(2.60)

haben dann formal dieselbe Gestalt wie in der nicht relativistischen Mechanik. An sich ist das der einzige Grund für die Einführung von m(v). Das Symbol m ohne Argument steht dann für m(0) und meint die Ruhemasse des Teilchens. Die relativistische kinetische Energie Tr (2.54) schreibt sich mit m(v) einfacher: Tr = m(v) c2 .

(2.61)

Da m(v) lediglich eine abkürzende Schreibweise darstellt, werden wir von der Deﬁnition (2.59) keinen Gebrauch machen. Sie muss auch als eher unglücklich betrachtet werden, da sie die Tatsache verschleiert, dass „Masse“ als direktes Maß für „Menge an Materie“ vom Koordinatensystem unabhängig sein muss. Die Norm des Vierer-Impulses, p μ pμ =

Tr2 − p2r = m2 u μ uμ = m2 c2 , c2

(2.62)

ist als Skalarprodukt natürlich lorentzinvariant. Damit haben wir für die relativistische Energie eines freien Teilchens eine zu (2.54) alternative Darstellung gefunden: Tr = E = c2 p2r + m2 c4 .

(2.63)

Aus dem Äquivalenzpostulat (Abschn. 1.3) müssen wir folgern, dass die Impulserhaltung :

pr = γ m v = const

(2.64)

bei kräftefreier Bewegung in allen Inertialsystemen Gültigkeit hat, d. h. nicht von der Wahl des Bezugssystems abhängt. pr besteht aber aus den drei Raumkomponenten des Vierer-Impulses p μ . Daraus müssen wir schließen: pr = const ⇒ Tr = const .

(2.65)

54

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Wenn man nämlich den kontravarianten Vierer-Vektor p μ gemäß (2.2) auf ein anderes Inertialsystem Σ transformiert, so ergeben sich neue Raumkomponenten pr , die auch von Tr abhängen. Wäre Tr =/ const, so würde demnach die Impulserhaltung in Σ nicht mehr gelten: Impulserhaltung ⇐⇒ Energieerhaltung. In der Speziellen Relativitätstheorie besteht über den Welt-Impuls p μ eine sehr enge Verknüpfung dieser beiden Erhaltungssätze. Wir ziehen hieraus eine sehr wichtige Schlussfolgerung. Nichtrelativistisch ist ja bekanntlich p = const auch bei T =/ const möglich. Man denke an eine explodierende Granate. Die Impulse der Bruchstücke addieren sich vektoriell zu der Konstanten, die den Impuls vor der Explosion ausmachte, wohingegen sich die kinetische Energie, wie man weiß, verheerend geändert hat. – Die relativististische kinetische Energie kann sich dagegen nicht geändert haben. Das ist aber wegen Tr ≈ m c2 + T (s. (2.55)) nur dann möglich, wenn die Änderung der Ruheenergie m c2 bei dem Prozess die Änderung von T kompensiert. Da die Lichtgeschwindigkeit c eine universelle Konstante ist, führt dies zu Einsteins Äquivalenz von Masse und Energie:

ΔE = Δm c2 .

(2.66)

Die Bedeutung dieser Beziehung wollen wir an einigen Beispielen illustrieren: 1. Massenzuwachs, wenn man 100 kg um 1 km in die Höhe hebt:

Δm = 10−10 kg . 2.

Paarerzeugung: Der Zerfall eines masselosen Photons ν in ein Elektron (e− ) und ein Positron (e+ ) ist möglich, falls Eν ≥ 2 me c2 = 1,022 MeV . Die Energiedifferenz, Eν − 2 me c2 = T e− + T e+ , erscheint als Summe der kinetischen Energien von Elektron und Positron. Die Umkehrung (Paarvernichtung), e+ + e− → ν ,

3.

ist natürlich ebenfalls möglich. Masseverlust der Sonne durch Energieabstrahlung:

Δm kg ≈ 4 · 1012 . Δt s

2.2

4.

5.

Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik

55

Atombombe: Der Gesamtimpuls bleibt nach der Explosion unverändert. Es ergibt sich aber eine grausam hohe kinetische Energie der Bruchstücke durch einen Masseverlust von etwa 0,1%. Kernspaltung, Kernfusion.

2.2.3 Der elastische Stoß Im letzten Abschnitt wurde die relativistische Form pr des mechanischen Impulses mehr oder weniger über Analogiebetrachtungen eingeführt. Das galt auch für die relativistische kinetische Energie Tr . Wir versuchen jetzt eine direktere Ableitung dieser Größen unter der Annahme von

Impuls- und Energieerhaltung in abgeschlossenen Inertialsystemen! Gemeint sind hier natürlich die noch zu ﬁndenden relativistischen Energien und Impulse. Der vertraute nicht relativistische Impulssatz zum Beispiel ist ja nicht lorentzinvariant. Wir starten mit den folgenden Ansätzen, pr = m(v)v ;

Tr = ε(v) ,

(2.67)

wobei m(v), wie zu (2.61) erläutert, als Abkürzung zu verstehen ist. Dasselbe gilt für ε(v). Sowohl ε(v) als auch m(v) sind zunächst als Unbekannte anzusehen, die die Randbedingungen m(0) = m ;

dε m (0) = 2 dv 2

(2.68)

erfüllen müssen. Sie sollen über den elastischen Stoß zweier identischer Teilchen abgeleitet werden. Wir können sicher davon ausgehen, dass ε eine monotone Funktion von v ist. Wir betrachten den Stoß zunächst im Schwerpunktsystem Σ der beiden Teilchen. Es seien va , vb : Geschwindigkeiten vor dem Stoß , vc , vd : Geschwindigkeiten nach dem Stoß . Dabei muss in dem Schwerpunktsystem natürlich va = u ;

vb = −u

gelten, wobei wir ohne Beschränkung der Allgemeingültigkeit annehmen können, dass u die Richtung der z-Achse in Σ deﬁniert. Aus dem Energiesatz in Σ , 2 ε(u) = ε vc + ε vd , muss ε(vc ) = ε(vd ) folgen, da es sich um identische Teilchen handelt. Wegen der Monotonie von ε(v) bedeutet dies aber auch vc = vd = u. Alle vier Geschwindigkeiten

56

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

haben also dieselben Beträge. An dem Impulssatz in Σ , m(u)u − m(u)u = m(u) vc + vd , lesen wir noch vc = −vd ab. Dies ergibt mit den in der Abbildung benutzten Bezeichnungen: x′

vc′ va′

α

α z′

vb′

vd′

Abb. 2.1. Geschwindigkeiten

beim elastischen Stoß

va = (0, 0, u) ; vc = (u sin α, 0, u cos α) ;

vb = (0, 0, −u) , vd = (−u sin α, 0, −u cos α) .

Der Winkel α bleibt unbestimmt. Wir stellen jetzt die analogen Überlegungen für das Inertialsystem Σ an, das sich gegenüber Σ mit der Geschwindigkeit (−u) bewegt. Für die Teilchengeschwindigkeiten in Σ benutzen wir die Transformationsformeln (1.39) bis (1.41): 2u va = 0, 0, , 2 1 + uc2 vb = (0, 0, 0) , vc = vd =

1

u sin α

γ 1 + u22 cos α c 1

−u sin α

γ 1 − u22 cos α c

, 0,

, 0,

u(1 + cos α) 1+

u2 c2

u(1 − cos α) 1−

u2 c2

,

cos α cos α

,

−(1|2) u2 γ = 1− 2 . c Der Impulssatz, den wir für Σ bereits ausgenutzt haben und der ja nach Voraussetzung in allen Inertialsystemen gültig ist, m va va + m vb vb = m vc vc + m vd vd ,

2.2

Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik

57

muss für jede Komponente erfüllt sein, also insbesondere für die x-Komponente: u sin α sin α 0= m vc − m vd . 2 2 γ 1 + uc2 cos α 1 − uc2 cos α Daraus folgt: 1+ m vc = 1−

u2 c2 u2 c2

cos α cos α

m vd .

(2.69)

Diese Formel muss für alle Streuwinkel α richtig sein, also auch für α → 0. In diesem Spezialfall sind aber vc ≈ va

und vd ≈ 0 ,

sodass aus (2.69) 2

1 + uc2 m va = 2 m(0) 1 − uc2

(2.70)

wird. Den Vorfaktor formen wir noch etwas um: 2 2 2 2 2 1 + uc2 − 4 uc2 1 − uc2 1 4 u2 = = 1 − = 2 2 2 2 2 c2 1 + uc2 1 + uc2 1 + uc2 =1−

va2 1 = 2 . c2 γa

Dies ergibt in (2.70) m(va ) = γa m(0). Wir können nun den Index a weglassen und m(0) = m setzen, der Randbedingung (2.68) entsprechend: m m(v) = . (2.71) 1 − v2 | c 2 Das ist exakt das frühere Ergebnis (2.59). Durch Einsetzen dieser Beziehung in den Ansatz (2.67) erhalten wir den gesuchten relativistischen Impuls eines Teilchens der Masse m und der Geschwindigkeit v: m pr = v. (2.72) 1 − v2 | c 2 Das ist in der Tat der vorher durch Analogieschlüsse gewonnene Ausdruck (2.58). Wir wollen nun noch über die Theorie des elastischen Stoßes der beiden identischen Teilchen die kinetische Energie Tr = ε(v) bestimmen. Im Inertialsystem Σ gilt, da das Teilchen b vor dem Stoß ruht: ε va + ε(0) = ε vc + ε vd . Wir untersuchen wiederum den Fall α → 0, wovon lediglich die rechte Seite der Energiegleichung betroffen ist. Dort gehen nur die Beträge der Geschwindigkeiten

58

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

vc und vd ein, für die gilt: vc =

vd =

1

1+

u2 c2

cos α

γ2

1 1−

u2 c2

u2

u2

γ2

cos α

sin2 α + u2 (1 + cos α)2 sin2 α + u2 (1 − cos α)2

Man erkennt, dass vc und vd gerade Funktionen von α sind. Reihenentwicklungen nach Potenzen von α, die für α → 0 sicher konvergieren, enthalten ausschließlich gerade Potenzen von α. Das überträgt sich auf die Energien ε(vc ) und ε(vd ), die wir deshalb nach Potenzen von α2 entwickeln können: dε vc dvc2 2 ε va + ε(0) = ε vc α = 0 + α + dvc2 dα2 α=0 2 dv d ε v d d + ε vd α = 0 + α2 + 0 α4 . 2 dvd dα2 α=0

Wegen v2c (α = 0) = v2a ; bleibt zu analysieren: !

0=

dε vc dvc2 dvc2 dα2

α=0

v2d (α = 0) = v2b = 0 +

dε vd dvd2 dvd2 dα2

. α=0

Wir können schließlich noch die Randbedingung (2.68) ausnutzen: dε va dvc2 m dvd2 0= + . dva2 dα2 α = 0 2 dα2

(2.73)

α=0

Um weiter zu kommen, müssen wir nun die Geschwindigkeitsquadrate vc2 und vd2 nach Potenzen von α2 entwickeln: −2 2 u2 u 2 2 2 vd2 = 1 − 2 cos α sin α + u (1 − cos α ) = c γ2 4 −2 u2 2 4 u2 1 u2 2 = 1− 2 + α + 0 α α + 0 α = c 2 c2 γ2 4 −2 u2 2 4 1 u2 2 2 4 =γ 1+ α γ +0 α α +0 α = 2 c2 γ2 2 4 4 u2 2 2 u 2 4 =γ 1− 2α γ +0 α α +0 α = c γ2 = γ 2 u2 α2 + 0 α4 .

2.2

Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik

59

Daraus folgt:

dvd2 dα2

α=0

= γ 2 u2 =

u2 1−

u2 c2

(2.74)

.

Wir haben für die obige Entwicklung (1 + x)n|m = 1 +

n x + 0 x2 m

(2.75)

benutzt. Diese Formel hilft uns auch bei der Entwicklung von vc2 : vc2

−2 2 u2 u 2 2 2 = 1 + 2 cos α sin α + u (1 + cos α) = c γ2 4 −2 u2 2 4 u2 1 u2 2 1 2 2 2 = 1+ 2 − α +0 α α +u 2− α +0 α = c 2 c2 γ2 2 −2 −2 4 u2 1 u2 α2 = 1+ 2 1− +0 α · c 2 c2 1 + u22 c ·

u2

γ

α2 + 4u2 − 2α2 u2 + 0 α4 2

=

4 u2 α2 va 1 1+ 2 + 0 α4 4u2 + u2 α2 − 2 + 0 α = c 2u γ2

=

va2 4u2

=

3 4 va2 1 2 2 2u 2 4u + α v + u − 2 + 0 α . a 4u2 c2 γ2

Dies führt zu:

u2 4 c2 dvc2 1 2 2u 1 1 2 u2 = v va + 2 − 2 = va = 2 − 2 −1 dα2 α = 0 4 a c2 γ 4 c 1 + uc2 1−

1 = − va2 4 1+

u2 c2

2

u2 c2

1− 1 2 u2 = − va 1 + 2 4 c 1+

u2 c2 u2 c2

2 .

Den letzten Faktor haben wir bereits im Zusammenhang mit (2.70) ausgewertet:

dvc2 1 va2 u2 = − 1 + . dα2 α = 0 4 γa2 c2

(2.76)

60

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Wir setzen (2.76) und (2.74) in (2.73) ein: 1+ dε va m u2 4γ 2 m a 2 = γa2 = 2 2 dva 2 1 − u2 v2 1 + u 2 1− c a c2 =

m 3 d γa = m c2 2 2 dva

1−

va2 c2

u2 c2 u2 c2

=

−1|2 .

Wenn wir diesen Ausdruck integrieren und fortan den Index a weglassen, so bleibt: m c2 Tr = ε(v) = +d. 1 − v2 | c 2

(2.77)

d = ε(0) − m c2 ,

(2.78)

Bis auf die Konstante d,

haben wir durch die Analyse des elastischen Stoßes zweier identischer Teilchen die im letzten Abschnitt mehr oder weniger durch Analogieschlüsse gewonnene relativistische Energie des freien Teilchens (2.54) reproduzieren können. Wir werden am Ende dieses Abschnitts explizit beweisen, dass d = 0 ist, so dass

ε(0) = m c2 (Ruheenergie)

(2.79)

sein muss. Um unnötige Schreibarbeit zu sparen, wollen wir aber bereits jetzt für die folgenden Betrachtungen d = 0 setzen. Gemäß der Beweisführung in diesem Abschnitt wissen wir an dieser Stelle noch nichts von einem Vierer-Vektor p μ . Es ist also die Frage interessant: Wie verhalten sich Energie Tr und Impuls pr bei einer Lorentz-Transformation? v

Σ→Σ ;

−1|2 v2 γv = 1 − 2 . c

In Σ habe das Teilchen die Geschwindigkeit u = ux , uy , uz , den relativistischen Impuls pr = prx , pry , prz = m γu ux , uy , uz , und die relativistische Energie: Tr = m c2 γu .

−1|2 u2 γu = 1 − 2 c

2.2

Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik

61

Die entsprechenden gestrichenen Größen u , pr , Tr kennzeichnen die Eigenschaften des Teilchens im System Σ . Für den Übergang u → u , pr → pr und Tr → Tr benutzen wir wieder die Transformationsformeln (1.39) bis (1.41): ux, y =

ux, y ; γv 1 − v uz c2 1

uz =

uz − v v uz . 1− 2 c

Damit berechnen wir zunächst γu : 2 v uz −2 1 2 2 2 u = 1− 2 u + u + uz − v = c γv2 x y v uz −2 v2 = 1− 2 1 − 2 u2 − u2z + u2z + v2 − 2v uz = c c c2 v2 u2 v2 u2z 2 2 = u − + + v − 2v u z = v uz 2 c2 c2 c− c 2 2 c u v uz 2 c2 = + c − − = v uz 2 γv2 c γv2 c− c 1 1 2 2 = c2 + (u − c ) . v uz 2 γv2 1− 2 c Daraus folgt über 1−

u2 1 1 1 = 2 2 2 2 v u z c γv γu 1− 2 c

der gewünschte Ausdruck für γu :

γu = γu γv 1 −

v uz . c2

Damit sind nun die transformierten Impulse leicht bestimmbar: v uz 1 ux, y prx, y = m γu ux, y = m γu γv 1 − 2 = c γv 1 − v uz c2 = m γu ux, y = prx, y , v uz uz − v prz = m γu uz = m γu γv 1 − 2 v uz = c 1− 2 c Tr = γv m γu uz − m γu v = γv prz − v 2 . c

(2.80)

62

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Ebenso leicht ﬁnden wir mit (2.80) die transformierte Energie: v uz Tr = m c2 γu = m c2 γu γv 1 − 2 = c 2 = γv m c γu − m γu uz v = γv Tr − v prz . Wir stellen die Ergebnisse zusammen: Tr = γv c

Tr − β prz c

prx = prx , pry = pry , Tr prz = γv prz − β . c

(2.81)

Fassen wir diese vier Größen als Komponenten des Vektors p μ auf, so erkennen wir, dass sie sich wie die Komponenten eines kontravarianten Vierer-Vektors transformieren: Tr p μ = p0 , p1 , p2 , p3 = , prx , pry , prz = c = γu m c, ux , uy , uz = m u μ . (2.82) Für die Komponenten des transformierten Vierer-Vektors p μ gilt nämlich mit (2.16) und (2.81): p μ = L μ λ p λ .

(2.83)

Dies ist aber die Deﬁnitionsgleichung (2.3) für einen kontravarianten Vierer-Vektor. – Wir haben damit den Vierer-Vektor Welt-Impuls, den wir bereits in (2.57) über Analogieschlüsse eingeführt hatten, nun explizit abgeleitet. Der nächste Programmpunkt betrifft die Transformation der Kräfte. Für die Raumkomponenten benötigen wir die zeitliche Ableitung der relativistischen Impulse: F=

d pr ; dt

F =

d p . dt r

u und u seien weiterhin die Teilchengeschwindigkeiten in Σ bzw. Σ , wobei sich Σ relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v parallel zur z-Achse bewegt. Die Zeit transformiert sich gemäß (1.21): v t = γv t − 2 z . c Dies bedeutet für das Zeitdifferential dt , wenn wir noch (2.80) ausnutzen: v uz γu dt = γv dt 1 − 2 = dt . c γu

2.2

Kovariante Formulierung der Klassischen Mechanik

63

Daran lesen wir d γu d ≡ dt γu dt

(2.84)

ab, was uns unmittelbar auf die transformierten Kräfte führt: Fx =

d γu d γu p = prx = F . dt rx γu dt γu x

Dabei haben wir aus (2.81) prx = prx übernommen. Ganz analog ergibt sich die y-Komponente der Kraft:

γu Fx = γu Fx ; γu Fy = γu Fy .

(2.85)

Für die z-Komponente gilt: Fz =

d γu d Tr p = γ p − β . v rz dt rz γu dt c

Daraus folgt mit (2.53):

F·u c

γu Fz = γv γu Fz − β γu

(2.86)

.

Schließlich bleibt noch: F·u d Tr γu d Tr = = γ − β prz . c dt c γu dt v c Daran lesen wir ab:

γu

F·u c

= γv γu

F ·u c

− β γu Fz

.

(2.87)

Wenn wir nun deﬁnieren, K 0 = γu

F·u , c

K 1 = γu Fx , K 2 = γu Fy , K 3 = γu Fz ,

(2.88)

dann gilt nach (2.85) bis (2.87): K 0 = γv K 0 − β K 3 ;

K1 = K1 ;

K 3 = γv K 3 − β K 0 .

K2 = K2 ; (2.89)

64

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Das sind aber wieder die Transformationsformeln, K μ = Lμ λ K λ ,

(2.90)

eines kontravarianten Vierer-Vektors: Minkowski-Kraft : K μ ≡ K 0 , K 1 , K 2 , K 3 .

(2.91)

Mit (2.38), d d = γu dτ dt

(τ = Eigenzeit) ,

(2.92)

folgt unmittelbar die Kraftgleichung (2.43): Kμ ≡

d μ d μ p =m u . dτ dτ

(2.93)

Damit sind sämtliche Beziehungen des Abschn. 2.2.2 durch Diskussion des Stoßprozesses explizit veriﬁziert. Ein letzter Programmpunkt bleibt noch abzuarbeiten. Wir haben noch zu beweisen, dass die Integrationskonstante d in (2.77) tatsächlich, wie in (2.78) behauptet, verschwindet. In allen anschließend abgeleiteten Beziehungen ist nämlich eigentlich Tr durch Tr − d zu ersetzen. Wir deﬁnieren über den Stoßprozess einen neuen Vierer-Vektor Δp μ = Δp0 , Δpr , (2.94) wobei

Δpr =

p(i) r −

i

(f)

pr

(2.95)

f

die Differenz der Summe der relativistischen Anfangsimpulse (i für initial) und der Summe der Endimpulse ( f für ﬁnal) darstellt. Δp0 ist der entsprechende Ausdruck für die Zeitkomponenten: (i) ( f ) Δp0 = p0 − p0 . (2.96) i

f

Δp μ ist deshalb ein kontravarianter Vierer-Vektor, weil alle beteiligten p μ kontravariante Vierer-Vektoren sind. (2.95) nimmt als in allen Inertialsystemen gültiger Impulssatz eine sehr einfache Gestalt an:

Δpr = 0 .

(2.97)

Δp0 = 0

(2.98)

Das hat unmittelbar auch

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

65

für alle Inertialsysteme zur Folge. Aus Δp3 = γ (Δp3 − β Δp0 ) ergibt sich wegen (2.97) 0 = −γ β Δp0 und damit (2.98). – Δp μ ist also der Vierer-Nullvektor: (i) ( f ) ! 0 = c Δp0 = Tr − Tr − ε(0) − m c2 (i) + i

+

i

f

ε(0) − m c

2 (f)

.

f

Die ersten beiden Summanden heben sich auf, da auch der Energiesatz nach Voraussetzung in allen Inertialsystemen gültig sein soll. Es bleibt damit: ! ε(0) − m c2 ( f ) = ε(0) − m c2 (i) . (2.99) f

i

Diese Beziehung sollte für beliebige Stoßprozesse, z. B. mit unterschiedlichen Teilchenzahlen und Teilchentypen (Teilchenumwandlung) vorher und nachher, erfüllt sein. Das ist aber nur möglich, wenn generell

ε(0) = m c2 angenommen wird. Dies bedeutet, dass die Konstante d wirklich Null ist. Die relativistische kinetische Energie Tr hat also in der Tat die Gestalt (2.54).

2.3 Kovariante Formulierung der Elektrodynamik Wir haben im vorigen Abschnitt erkennen können, dass die Abweichungen der relativistischen Mechanik von der vertrauten Newton-Mechanik besonders drastisch werden, wenn die Geschwindigkeiten mit der Lichtgeschwindigkeit vergleichbar werden. Es ist deshalb durchaus als Überraschung zu werten, dass die Maxwell-Gleichungen der Elektrodynamik auch bei hohen Geschwindigkeiten unverändert gültig bleiben! Sie sind nämlich bereits forminvariant gegenüber Lorentz-Transformationen, was wir in diesem Abschnitt durch Umschreiben auf Vierer-Tensoren explizit demonstrieren werden. Für die Newton-Mechanik war dieses Umschreiben nur durch Neudeﬁnieren einiger physikalischer Begriffe wie Impuls, Energie und Kraft möglich, die lediglich in der Grenze v << c die aus Band 1 bekannten nicht relativistischen Gestalten annehmen. Ein solches Neudeﬁnieren ist in der Elektrodynamik nicht notwendig. In der vierdimensionalen Formulierung sind die Maxwell-Gleichungen besonders einfach und symmetrisch. Sie zeigen dann insbesondere die enge Korrelation zwischen elektrischen und magnetischen Feldern, die für ein vertieftes Verständnis elektromagnetischer Vorgänge von besonderer Bedeutung ist. Was in dem einen Inertialsystem als Magnetfeld erscheint, manifestiert sich in einem anderen Inertialsystem als elektrisches Feld und umgekehrt.

2.3

66

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

2.3.1 Kontinuitätsgleichung Die experimentelle Beobachtung lehrt uns, dass die

elektrische Ladung q eine Lorentz-Invariante ist. Es gibt keinerlei Hinweise darauf, dass die Ladung eines Teilchens von dessen Geschwindigkeit abhängt. Dies gilt jedoch nicht für Größen wie die Ladungsdichte ρ oder die Stromdichte j = ρ v. Der Grund ist einleuchtend und hängt letztlich mit der Längenkontraktion zusammen. Σ0 sei ein (mitbewegtes) Inertialsystem, in dem die betrachtete Ladung ruht: dq = ρ0 dV0 .

ρ0 ist also die mitbewegte Ladungsdichte. Σ sei ein anderes Inertialsystem, das sich relativ zu Σ0 mit der Geschwindigkeit v parallel zur z-Achse bewegt. Da sich die Ladungsmenge im vorgegebenen Volumenelement nicht geändert haben kann, können wir ansetzen: dq = ρ dV . Für das Volumenelement dV gilt mit der Längenkontraktion (1.28): 1 dV = dx dy dz = dx0 dy0 dz0 1 − v2 |c2 = dV0 .

γ

Aus ρ dV = ρ0 dV0 folgt dann für die Ladungsdichte, wie sie von Σ aus gesehen wird:

ρ = ρ0 γ .

(2.100)

In ihrer Bedeutung als Ruheladungsdichte ist ρ0 eine Lorentz-Invariante. Die Ladungsdichte ρ bewirkt in Σ eine Stromdichte j: j = γ ρ0 v .

(2.101)

An den Gleichungen (2.100) und (2.101) erkennt man einen kontravarianten ViererVektor, die so genannte Vierer-Stromdichte j μ = cρ, jx , jy , jz ≡ (cρ, j) = γ ρ0 (c, v) = ρ0 u μ .

(2.102)

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

67

Dass es sich um einen kontravarianten Vierer-Vektor handelt, folgt aus der Tatsache, dass ρ0 ein Vierer-Skalar ist. j μ transformiert sich also wie die Welt-Geschwindigkeit u μ , von der wir bereits wissen, dass sie ein solcher kontravarianter Vierer-Vektor ist. Wir machen trotzdem die Probe. Im Ruhesystem Σ0 der Ladung gilt: j 0 = ρ0 v 0 = 0 ;

j00 = c ρ0

−→

μ j0 = cρ0 , 0, 0, 0 .

Die Lorentz-Transformation (1.16) liefert dann für die Komponenten der ViererStromdichte in Σ: j 0 = cρ = γ j00 − βγ j03 = c γρ0 , j1 = jx = j0x = 0 , j2 = jy = j0y = 0 , j3 = jz = −βγ j00 + γ j03 = −γ ρ0 v = −ρv . Das ist offensichtlich das korrekte Ergebnis, wenn man bedenkt, dass v = (0, 0, −v) die Geschwingigkeit der Ladung in Σ ist. Wir betrachten nun die Kontinuitätsgleichung (s. (2.10), Bd. 3):

∂ρ + div j = 0 . ∂t Wir erkennen in der linken Seite die Divergenz des Vierer-Vektors. Nach (2.32) gilt nämlich:

∂μ j μ =

1 ∂ 0 ∂ j + div j = div j + ρ . c ∂t ∂t

Die Kontinuitätsgleichung schreibt sich also kurz:

∂μ j μ = 0 .

(2.103)

Beide Seiten der Gleichung sind Vierer-Skalare. Die Kontinuitätsgleichung ist demnach lorentzinvariant. 2.3.2 Elektromagnetische Potentiale Wir diskutieren nun die Wellengleichungen der elektromagnetischen Potentiale,

ϕ(r, t) : skalares Potential ; A(r, t) : Vektorpotential , und wiederholen dazu einige Überlegungen aus Abschn. 4.1.3, Bd. 3. Wir wollen auch hier das Maßsystem SI verwenden, obwohl das Gauß’sche System der Speziellen Relativitätstheorie eigentlich besser angepasst ist. Die Maxwell-Gleichungen lassen

68

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

sich bekanntlich in zwei homogene und zwei inhomogene Differentialgleichungen gruppieren: homogen :

div B

=0,

˙ =0, rot E + B inhomogen :

=ρ,

div D

˙ =j. rot H − D Wir beschränken unsere Betrachtungen auf das Vakuum, in dem D = ε0 E ;

B = μ0 H

gesetzt werden muss. Das Vektorpotential ist durch den Ansatz ((3.34), Bd. 3), B = rot A , deﬁniert. Aus der zweiten homogenen Maxwell-Gleichung folgt dann ˙ =0, rot E + A was zu dem folgenden Ansatz für das elektrische Feld E führt:

˙ E = − grad ϕ − A

((4.21), Bd. 3) .

ϕ und A sind dadurch nicht eindeutig bestimmt. Man hat noch eine Funktion χ(r, t) frei, falls diese so gewählt wird, dass

ϕ → ϕ − χ˙ ; A → A + grad χ gewährleistet ist ((4.22) und (4.23), Bd. 3). Wegen rot grad χ = 0 ändert diese Eichtransformation die Felder E und B nicht. Man kann sie also nach Zweckmäßigkeitsgesichtspunkten festlegen. Durch Einführung der elektromagnetischen Potentiale ϕ und A sind die homogenen Maxwell-Gleichungen automatisch erfüllt. Die beiden inhomogenen Gleichungen werden zu Differentialgleichungen zweiter Ordnung für die Potentiale ϕ und A. Diese wiederum nehmen eine besonders symmetrische Gestalt an, wenn man die Eichfunktion χ(r, t) so wählt, dass die Lorenz-Bedingung div A +

1 1 ∂ ϕ˙ = div A + c2 c ∂t

1 ϕ =0 c

(2.104)

erfüllt ist (s. (4.37), Bd. 3). Mit c = (μ0 ε0 )−1|2 bestimmen sich ϕ und A aus den folgenden

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

Wellengleichungen

69

1 ∂2 A ≡ Δ − 2 2 A = −μ0 j , c ∂t 1 1 ∂2 1 1ρ ϕ = Δ− 2 2 ϕ =− = −μ0 (c ρ) c c ∂t c c ε0

(2.105) (2.106)

(s. (4.38) und (4.39), Bd. 3). Auf den rechten Seiten dieser Wellengleichungen erkennen wir die Raum- und Zeitkomponenten der Vierer-Stromdichte j μ . Da der d’AlembertOperator (2.33) ein skalarer Operator ist, legen die Gleichungen (2.105) und (2.106) die Einführung eines weiteren Vierer-Vektors nahe: Vierer-Potential Aμ ≡

1 ϕ, Ax , Ay , Az c

≡

1 ϕ, A . c

(2.107)

Damit lassen sich die Wellengleichungen für ϕ und A zu der Vierer-Wellengleichung

A μ = −μ0 j μ

(2.108)

zusammenfassen, die kovariant ist, da beide Seiten Vierer-Tensoren derselben, nämlich der ersten Stufe sind. Die Lorenz-Bedingung (2.104) lässt sich schließlich noch als Vierer-Divergenz (2.32) des Potentials A μ schreiben. Die Beziehung 1 ∂ 0 A + div A c ∂t ist offenbar mit der linken Seite von (2.104) identisch. Die

∂μ A μ =

Lorenz-Eichung

∂μ A μ ≡ 0

(2.109)

ist als Welt-Skalar lorentzinvariant. 2.3.3 Feldstärke-Tensor Die Feldstärken E und B lassen sich in der relativistischen Elektrodynamik nicht als Vierer-Vektoren schreiben. Wir werden stattdessen für sie einen Vierer-Tensor zweiter Stufe einführen, der die Felder E und B gleichermaßen erfasst. Ausgangspunkt sind wiederum die Zusammenhänge zwischen Feldern und Potentialen:

B = rot A ;

˙ . E = − grad ϕ − A

70

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Den Vierer-Gradienten haben wir in Abschn. 2.1.3 eingeführt:

∂μ = ∂μ =

1 ∂ ,∇ c ∂t

1 ∂ , −∇ c ∂t

= ∂0 , ∂1 , ∂2 , ∂3 ,

(2.110)

= ∂0 , ∂1 , ∂2 , ∂3 .

(2.111)

Es gilt offensichtlich:

∂0 = ∂0 ; ∂1, 2, 3 = −∂1, 2, 3 .

(2.112)

Damit schreiben wir zunächst das B-Feld um: Bx =

∂ ∂ Az − Ay = ∂2 A3 − ∂3 A2 = − ∂2 A3 − ∂3 A2 . ∂y ∂z

Analog ergibt sich für die anderen beiden kartesischen Komponenten: By = − ∂3 A1 − ∂1 A3 ;

Bz = − ∂1 A2 − ∂2 A1 .

Das E-Feld lässt sich ganz ähnlich schreiben:

∂ ∂ ∂ 1 1 ∂ Ex = − ϕ − Ax = −c ϕ + Ax = ∂x ∂t ∂x c c ∂t = c ∂1 A0 − ∂0 A1 . Entsprechende Ausdrücke ergeben sich für Ey und Ez : Ey = c ∂2 A0 − ∂0 A2 ;

Ez = c ∂3 A0 − ∂0 A3 .

Wir führen durch F μν ≡ ∂ μ Aν − ∂ν A μ

(2.113)

einen neuen Vierer-Tensor zweiter Stufe ein. Er ist als Tensorprodukt zweier kontravarianter Vierer-Vektoren ebenfalls kontravariant und offensichtlich antisymmetrisch: F μν = −F νμ .

(2.114)

Man kann diesen Tensor als vierdimensionale Verallgemeinerung der Rotation (des Vektors A μ ) auffassen:

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

Feldstärke-Tensor

⎛ ⎜ ⎜1

0

⎜ c Ex F μν ≡ ⎜ ⎜1 ⎜ c Ey ⎝

1 c Ez

− 1c Ex

− 1c Ey

0

−Bz

Bz

0

−By

Bx

71

− 1c Ez

⎞

⎟ ⎟ By ⎟ ⎟ . ⎟ −Bx ⎟ ⎠ 0

(2.115)

Das elektromagnetische Feld wird im Minkowski-Raum also nicht mehr durch zwei Felder, sondern durch einen Tensor zweiter Stufe beschrieben. Wir werden im nächsten Abschnitt den Feldstärke-Tensor zur kovarianten Formulierung der MaxwellGleichungen benutzen. Der kovariante Feldstärke-Tensor ergibt sich leicht mit Hilfe der allgemeinen Übersetzungsvorschrift (2.26) aus Abschn. 2.1.2: Fμν = μμα μνβ F αβ .

(2.116)

Da der metrische Tensor μαβ in der Speziellen Relativitätstheorie diagonal ist (2.19), folgt einfach: F0ν = −F 0ν ;

Fν0 = −F ν0 ;

Fμν = F μν ;

μν ∈ {1, 2, 3} .

(2.117)

Wir haben in (2.115) also lediglich E durch −E zu ersetzen, um von F μν zu Fμν zu kommen. Wir erkennen an (2.115) eine wichtige Invariante des elektromagnetischen Feldes 1 Fμν F μν = 2 B2 − 2 E2 , c

(2.118)

die als Vierer-Skalar von Lorentz-Transformationen unbeeinﬂusst bleibt. Man kann offensichtlich nie ein reines B-Feld auf ein reines E-Feld transformieren. Wir werden auf diese Tatsache später noch einmal zurückkommen. 2.3.4 Maxwell-Gleichungen Wir wollen jetzt mit Hilfe des Feldstärke-Tensors (2.115) die Maxwell-Gleichungen in explizit kovarianter Form ableiten. Beginnen werden wir mit den inhomogenen Gleichungen, die mit c = (ε0 μ0 )−(1|2) wie folgt geschrieben werden können: 1 div E = μ0 cρ = μ0 j 0 , (2.119) c 1 ∂ 1 rot B − E = μ0 j . (2.120) c ∂t c

72

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Auf der rechten Seite dieser Gleichungen erkennen wir die Komponenten des ViererStroms j μ (2.102). Die linken Seiten sollten deshalb ebenfalls Komponenten eines Vierer-Vektors sein, wenn, wie eingangs behauptet, das System der MaxwellGleichungen tatsächlich kovariant ist. Wir versuchen, die linken Seiten durch den Feldstärke-Tensor auszudrücken:

μ=0 μ0 j 0 = div

1 1 ∂ ∂ ∂ E = Ex + Ey + Ez = c c ∂x ∂y ∂z

= ∂1 F10 + ∂2 F20 + ∂3 F30 = ∂α F α0 .

μ=1

∂ ∂ 1 ∂ 1 μ0 j = μ0 jx = Bz − By + − Ex = ∂y ∂z c ∂t c 1

= ∂2 F 21 + ∂3 F 31 + ∂0 F 01 = ∂α F α1 .

μ=2

∂ ∂ 1 ∂ 1 μ0 j = μ0 jy = Bx − Bz + − Ey = ∂z ∂x c ∂t c 2

= ∂3 F 32 + ∂1 F 12 + ∂0 F 02 = ∂α F α2 .

μ=3 μ0 j3 = μ0 jz =

∂ ∂ 1 ∂ 1 By − Bx + − Ez = ∂x ∂y c ∂t c

= ∂1 F13 + ∂2 F23 + ∂0 F 03 = ∂α F α3 . Diese Beziehungen lassen sich zu einem kompakten Ausdruck zusammenfassen: inhomogene Maxwell-Gleichungen

∂α F αβ = μ0 j β ; β = 0, 1, 2, 3 .

(2.121)

Links steht ein verjüngter Tensor dritter Stufe, demnach ein Vierer-Vektor wie auf der rechten Seite. Kovarianz ist damit gewährleistet. In dieser Form gelten die inhomogenen Maxwell-Gleichungen in allen Inertialsystemen. Wir kommen nun zu den homogenen Maxwell-Gleichungen: div B = 0 , 1 1 ∂ rot E + B=0. c c ∂t

(2.122) (2.123)

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

73

Für (2.122) können wir auch schreiben: 0 = div B =

∂ ∂ ∂ B + B + B = ∂ F 32 + ∂2 F 13 + ∂3 F21 ∂x x ∂y y ∂z z 1

= ∂1 F 23 + ∂2 F 31 + ∂3 F 12 .

Die drei Komponenten der Vektorgleichung (2.123) lassen sich wie folgt umformen: 1 1 ∂ ∂ 1 ∂ 1 1 ∂ 0 = rot E + Bx = E − E + Bx = c x c ∂t ∂y c z ∂z c y c ∂t = ∂2 F 30 + ∂3 F 02 − ∂0 F23 = − ∂2 F 30 + ∂3 F 02 + ∂0 F 23 , 1 1 ∂ ∂ 1 ∂ 1 1 ∂ 0 = rot E + By = Ex − Ez + By = c y c ∂t ∂z c ∂x c c ∂t = ∂3 F 10 + ∂1 F 03 − ∂0 F31 = − ∂3 F 10 + ∂1 F 03 + ∂0 F 31 , 1 1 ∂ ∂ 1 ∂ 1 1 ∂ 0 = rot E + Bz = Ey − Ex + Bz = c z c ∂t ∂x c ∂y c c ∂t = ∂1 F 20 + ∂2 F 01 − ∂0 F12 = − ∂1 F 20 + ∂2 F 01 + ∂0 F 12 . Auch diese Gleichungen lassen sich in einem kompakten Ausdruck zusammenfassen, wobei wir noch (2.112) ausnutzen: homogene Maxwell-Gleichungen

∂α F βγ + ∂β F γα + ∂γ F αβ = 0 , α, β, γ beliebig aus (0, 1, 2, 3) .

(2.124)

Alle additiven Terme dieses Ausdrucks, die sich durch zyklische Vertauschung der Indizes α, β, γ voneinander unterscheiden, sind Vierer-Tensoren gleicher Stufe. Die Kovarianz ist somit evident. Sind zwei Indizes in (2.124) gleich, so wird die linke Seite identisch Null. Es folgt zum Beispiel aus α = β (2.114): ∂α F αγ + ∂α F γα + ∂γ F αα = ∂α F αγ − F αγ = 0 . Interessant sind also nur die Kombinationen (0, 2, 3), (0, 1, 3), (0, 1, 2), (1, 2, 3). Dies sind aber gerade die oben diskutierten vier homogenen Maxwell-Gleichungen. Das System der Maxwell-Gleichungen lässt sich also in Form von (2.121) und (2.124) durch Vierer-Tensoren sehr knapp und symmetrisch ausdrücken, wobei die Kovarianz bezüglich Lorentz-Transformationen unmittelbar deutlich wird. Eine noch kompaktere Darstellung der homogenen Maxwell-Gleichungen als (2.124) erreicht man durch Einführung des so genannten dualen Feldstärke-Tensors: F

μν

1 = ε μνρσ Fρσ . 2

(2.125)

74

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Dabei ist

⎧ ⎪ ⎪ ⎪+1 , falls (μ, ν, ρ, σ ) gerade Permutation von (0, 1, 2, 3) , ⎨

ε μνρσ = −1 , falls ungerade Permutation , ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

0,

(2.126)

falls zwei oder mehrere Indizes gleich ,

der total antisymmetrische Einheitstensor vierter Stufe. Die Elemente Fμν des kovarianten Feldstärke-Tensors sind über (2.117) mit denen des kontravarianten Tensors (2.115) verknüpft. – An der Deﬁnition (2.125) liest man zunächst unmittelbar F

μν

= −F

νμ

(2.127)

ab. Die Diagonalelemente sind also null. Wir berechnen als Beispiel unter Beachtung von (2.117): 1 1 1230 12 F = ε12ρσ Fρσ = ε F30 + ε1203 F03 = 2 2 1 1 = −F30 + F03 = F 30 = Ez . 2 c Ganz analog ﬁndet man (s. Aufg. 2.5.5, nur die Elemente mit μ < ν brauchen berechnet zu werden): F

13

= F 02 ;

F 04 = F 23 ;

F

23

= F 10 ;

F 02 = F31 ;

F 03 = F12 .

Man erhält demnach die Komponenten des dualen Feldstärke-Tensors F des kovarianten Tensors Fμν durch die Ersetzung: 1 B ←→ − E . c

μν

aus denen

(2.128)

Dies ergibt mit (2.115): ⎛ F

μν

0

⎜ ⎜Bx =⎜ ⎜ ⎝By Bz

−Bx

−By

0

1 c Ez

− 1c Ez

0

1 c Ey

− 1c Ex

−Bz

⎞

⎟ − 1c Ey ⎟ ⎟ . ⎟ 1 c Ex ⎠ 0

Man rechnet nun leicht die folgenden Beziehungen nach:

∂α F α0 = ∂0 F 00 + ∂1 F 10 + ∂2 F 20 + ∂3 F 30 = = ∂1 F 32 + ∂2 F 13 + ∂3 F 21 = ∂1 F 23 + ∂2 F 31 + ∂3 F 12 ,

∂α F α1 = ∂0 F 23 + ∂2 F 03 + ∂3 F 20 = ∂0 F 23 + ∂2 F 30 + ∂3 F 02 , ∂α F α2 = ∂0 F 31 + ∂1 F 03 + ∂3 F 10 , ∂α F α3 = ∂0 F 12 + ∂1 F 20 + ∂2 F 01 .

(2.129)

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

75

Wir können anstelle von (2.124) also auch schreiben: homogene Maxwell-Gleichungen

∂α F αβ = 0 ; β = 0, 1, 2, 3 .

(2.130)

Man erkennt schließlich noch an (2.115) und (2.129) eine weitere Invariante des elektromagnetischen Feldes 4 Fαβ F αβ = − E · B . c

(2.131)

Links steht ein Vierer-Tensor nullter Stufe, also ein Welt-Skalar. Das Skalarprodukt aus elektrischem und magnetischem Feld E · B ändert sich bei einer LorentzTransformation demnach nicht, ist somit in allen Inertialsystemen gleich. 2.3.5 Transformation der elektromagnetischen Felder Mit den im letzten Abschnitt abgeleiteten Beziehungen können wir nun leicht berechnen, wie sich die elektrischen und magnetischen Felder bei einer LorentzTransformation im Einzelnen verhalten. Das Transformationsverhalten eines kontravarianten Tensors zweiter Stufe kennen wir aus Abschn. 2.1. Die Gleichungen (2.8) und (2.9), μν ∂xμ ∂xν αβ F = α F = Lμα Lνβ F αβ , ∂x ∂xβ führen mit (1.16) zu dem transformierten Feldstärke-Tensor. Wegen F αβ = −F βα folgt unmittelbar auch μν F = − F νμ .

Dies bedeutet insbesondere, dass die Diagonalelemente des transformierten Tensors verschwinden. Es bleiben deshalb sechs Elemente explizit zu berechnen: 01 1 1 ! F = L11 L00 F 01 + L03 F 31 = γ − Ex + βBy = − Ex , c c 02 1 1 ! F = L22 L00 F 02 + L03 F 32 = γ − Ey − βBx = − Ey , c c 03 00 03 30 33 F = L00 L30 F + L33 F + L03 L30 F + L33 F = 1 1 1 ! = γ 2 1 − β2 − Ez = − Ez = Ez , c c c 12 ! 12 F = L11 L22 F = −Bz = −Bz , 13 β ! F = L11 L30 F10 + L33 F 13 = γ By − Ex = By , c 23 β ! 20 23 F = L22 L30 F + L33 F = γ − Ey − Bx = −Bx . c

76

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Damit transformieren sich die Komponenten des magnetischen Feldes nach den folgenden Formeln: β Bx = γ Bx + Ey , (2.132) c β By = γ By − Ex , (2.133) c Bz = Bz .

(2.134)

Für die Komponenten des elektrischen Feldes gilt: Ex = γ Ex − β c By , Ey = γ Ey + β c Bx ,

(2.136)

Ez = Ez .

(2.137)

(2.135)

Diese Formeln machen die enge Verknüpfung zwischen elektrischen und magnetischen Feldern deutlich. Was in einem System als reines E- oder B-Feld erscheint, ist in einem anderen Inertialsystem eine Mischung aus beiden. Bei allen LorentzTransformationen bleiben jedoch die Invarianten des elektromagnetischen Feldes 1 B2 − 2 E2 und E · B c unverändert. Daraus folgt, wie bereits früher festgestellt, dass man ein reines B-Feld nie auf ein reines E-Feld transformieren kann und umgekehrt. Für manche Zwecke erscheint es sinnvoll, die Felder auf Komponenten parallel und senkrecht zur Relativgeschwindigkeit v der beiden Inertialsysteme Σ und Σ umzuschreiben. Die Parallelkomponente des elektrischen Feldes ist natürlich mit der z-Komponente identisch: E = Ez ez = Ez ez = E .

(2.138)

Die orthogonale Komponente bestimmt sich etwas komplizierter: E⊥ = Ex ex + Ey ey = γ Ex ex + Ey ey + β c Bx ey − By ex . Mit

β=

v v ≡ 0, 0, c c

(2.139)

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

77

lässt sich der letzte Summand als Vektorprodukt schreiben: E⊥ = γ [E⊥ + c(β × B)] . Analog ﬁndet man für die magnetische Induktion: 1 B = B ; B⊥ = γ B⊥ − (β × E) . c

(2.140)

(2.141)

Diese Ergebnisse lassen sich für die elektromagnetischen Felder wie folgt zusammenfassen: E = γ [E + c(β × B)] −

γ2

γ +1

β (β · E) ,

1 γ2 B = γ B − (β × E) − β (β · B) . c γ +1

(2.142)

(2.143)

In dieser Form gelten die Transformationsformeln für beliebige Geschwindigkeiten v. Es muss also nicht notwendig v parallel zur z-Achse gerichtet sein. Wir machen die Probe: β β β γ2 2 E ≡ E · = 2 γ E·β− β (β · E) = β β β γ +1 γ2 2 γ 2 + γ − γ 2 β2 = E γ − β = E = E , γ +1 γ +1 β β E⊥ = E − E · = E − E =

β

β

γ2 2 = γ [E⊥ + c(β × B)] + E γ − β − 1 = γ [E⊥ + c(β × B)] . γ +1 Dies sind für das E-Feld die korrekten Ausdrücke (2.138) und (2.140). Die Probe für das B-Feld gelingt auf die gleiche Weise. Wir diskutieren als Anwendungsbeispiel die Felder einer bewegten Punktladung q. Wir nehmen an, dass sich die Ladung q im Ursprung von Σ beﬁndet. Σ sei das Ruhesystem der Ladung. Σ sei dagegen das Ruhesystem eines Beobachters P, wobei wir o. B. d. A. annehmen können, dass sich dessen Position auf der y-Achse in Σ beﬁndet. Σ bewege sich relativ zu Σ mit der konstanten Geschwindigkeit v in z-Richtung, wobei für t = t = 0 die beiden Koordinatenursprünge zusammenfallen sollen. Die Position von P ist in Σ durch rP = 0, yP , 0

78

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Σ′:

z′ q y′

x′ v r′ z

Σ:

ϕ yP

×

P y

Abb. 2.2. Zur Berechnung der Felder einer bewegten Punktladung

x

in zwei relativ zueinander bewegten Inertialsystemen

gegeben und in Σ durch r = 0, yP , −v t .

(2.144)

Der Abstand des Beobachters von der Punktladung r = yP2 + v2 t 2 beträgt wegen v t = γ t − 2 zP = γ t c in Σ-Koordinaten: r =

yP2 + v2 γ 2 t 2 .

(2.145)

Welche Felder sieht nun der Beobachter P, wenn sich die Punktladung q mit v = const längs der z-Achse bewegt? Die Felder in Σ sind die einer ruhenden Ladung, damit also aus der nicht relativistischen Elektrodynamik (s. Bd. 3) bekannt: B ≡ 0 , E (t ) =

r q = 0, yP , −v t . 3 3 4πε0 r 4πε0 r q

(2.146) (2.147)

Das E-Feld ist zeitabhängig, da sich die Beobachterposition P in Σ zeitlich ändert, d. h., es wird zu verschiedenen Zeiten t an verschiedenen Orten r in Σ das Feld gemessen.

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

79

Zur Berechnung des E-Feldes in Σ benutzen wir die Transformationsformeln (2.135) bis (2.137), wobei zu beachten ist, dass sich Σ relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit −v bewegt: Ex = γ Ex + β c By = 0 , Ey = γ Ey − β c Bx = γ Ey =

γ yP , 4πε0 y2 + γ 2 v2 t 2 3|2 P q

q −γ v t . 4πε0 y2 + γ 2 v2 t 2 3|2 P

Ez = Ez =

qγ

(2.148) (2.149)

(2.150)

Ey

β ≤1

4πε0 y 2P

β << 1 ×

× vt1 2

Abb. 2.3. Zeitabhängigkeit der transversalen Kom-

ponente Ey des elektrischen Feldes einer relativ zum Beobachter in z-Richtung bewegten Punktladung gesehen vom Ruhsystem des Beobachters

vt

Die transversale Komponente Ey ist offensichtlich nur im Zeitintervall −t1|2 ≤ t ≤ +t1|2 merklich von Null verschieden, wobei die Halbwertsbreite t1|2 durch Ey t = t1|2 ! 1 = Ey (t = 0) 2 deﬁniert ist. Sie bestimmt sich damit über 1 ! yP3 = 3|2 2 yP2 + γ 2 v2 t12|2 zu t1|2 =

1|2 yP 2|3 2 −1 . γv

Das Maximum der Ey -Spitze liegt bei t = 0, also im Moment des kürzesten Abstandes der Ladung q von P. Im relativistischen Bereich v c wird die Spitze sehr scharf, da t1|2 sehr klein wird.

80

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Ez

Abb. 2.4. Zeitabhängigkeit der

q (6 3πε 0 y 2P )

t0

β<<1

−t0

vt

β ≤1

longitudinalen Komponente Ez des elektrischen Feldes einer relativ zum Beobachter in z-Richtung bewegten Punktladung gesehen vom Ruhsystem des Beobachters

Die longitudinale Komponente Ez des elektrischen Feldes (2.150) wechselt bei t = 0 das Vorzeichen und besitzt Extrema bei ±t0 =

yP 1 √ , γv 2

wie man leicht nachrechnet, wenn man die erste zeitliche Ableitung gleich Null setzt. Die Extremwerte q Ez t = ±t0 = ∓ √ 6 3πε0 yP2 sind dabei v-unabhängig. Wie sieht nun im Beobachtersystem Σ für eine feste Zeit t die räumliche Verteilung des elektrischen Feldes E relativ zur Punktladung aus? Abb. 2.2 verdeutlicht yP = r sin ϕ ;

v t = r cos ϕ ,

wobei r der Abstand zwischen Ladung und Beobachter in Σ ist. Mit 2 3|2 3|2 yP + γ 2 v 2 t 2 = r3 sin2 ϕ + γ 2 cos2 ϕ = 3|2 = r3 γ 3 1 − β2 sin2 ϕ folgt für die Feldverteilung in Σ um die Punktladung q: E=

4πε0

r3 γ 2

qr 3|2 . 1 − β2 sin2 ϕ

(2.151)

r ist der Ortsvektor von der Punktladung zum Beobachter. Das E-Feld ist zwar wie bei einer ruhenden Ladung radial, aber für β =/ 0 nicht mehr isotrop. In Bewegungsrichtung (ϕ = 0 oder π) gilt: E(β) 1 = , E(0) γ 2 dagegen senkrecht zur Bewegungsrichtung (ϕ = π|2): E(β) =γ. E(0)

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

81

Wir müssen schließlich noch das B-Feld der bewegten Punktladung diskutieren. Mit den Transformationsformeln (2.132) bis (2.134) ﬁnden wir für die kartesischen Komponenten in Σ: β β β Bx = γ Bx − Ey = −γ Ey = − Ey , (2.152) c c c β By = γ By + Ex = 0 , (2.153) c Bz = Bz = 0 .

(2.154)

Bei dieser Auswertung haben wir (2.146) und (2.147) ausgenutzt. – Die bewegte Punktladung ruft also in x-Richtung eine magnetische Induktion hervor. Deren Zeitabhängigkeit entspricht der von Ey , die wir ausführlich diskutiert haben. – Etwas allgemeiner gilt nach (2.143) mit B ≡ 0 für die magnetische Induktion: μ qγ γ B= β × E = 0 3 v × r . (2.155) c 4π r Für γ = 1 ist dies das Biot-Savart’sche Gesetz (s. (3.23), Bd. 3) für das durch eine bewegte Ladung hervorgerufene Magnetfeld. – In unserem speziellen Fall (v = v ez ) ist v × r = −v yP ex .

(2.156)

2.3.6 Lorentz-Kraft Wir wollen schließlich noch die Lorentz-Kraft

F = q(E + v × B) ((4.40), Bd. 3) in unseren vierdimensionalen Formalismus einbauen. Zunächst interpretieren wir F als die zeitliche Ableitung der Raumkomponenten (pr , (2.58)) des Vierer-Impulses (2.57): Tr pμ = , pr = m u μ = mγ (c, v) . c (d|dt)pr sind dann aber ihrerseits noch nicht die Raumkomponenten eines ViererVektors, da sich die Zeit t nicht entsprechend transformiert. Wir führen deshalb wieder die Eigenzeit τ (t = γ τ) ein und versuchen, die Lorentz-Kraft so zu verallgemeinern, dass wie in der Mechanik ein kovariantes Kraftgesetz der Form d μ d p ≡ m uμ dτ dτ gilt. Auf der linken Seite sollte natürlich die Kμ ≡

Minkowski-Kraft (2.51) Kμ ≡ γ

F·v , Fx , Fy , Fz c

≡ K0, K

(2.157)

(2.158)

82

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

stehen, die wir in Abschn. 2.2.2 für die Klassische Mechanik diskutiert haben. Mit (2.92) folgt zunächst für die Raumkomponenten K≡

d pr = γ F = q(γ E + γ v × B) . dτ

Auf der rechten Seite führen wir die kontravariante Vierer-Geschwindigkeit u μ (2.39) ein: u μ ≡ γ (c, v) ≡ u0 , u . Dann gilt:

1 K = q u0 E +u×B . c

Wir drücken die rechte Seite durch den kontravarianten Feldstärke-Tensor (2.115) aus: 1 Kx = q u0 Ex + uy Bz − uz By = q u0 F10 + u2 F21 + u3 F 31 = K 1 , c 1 Ky = q u0 Ey + uz Bx − ux Bz = q u0 F 20 + u3 F 32 + u1 F 12 = K 2 , c 0 1 Kz = q u Ez + ux By − uy Bx = q u0 F30 + u1 F 13 + u2 F 23 = K 3 . c Ersetzen wir nach (2.114) in diesen Ausdrücken die Terme F αβ mit β =/ 0 durch −F βα und die kontravariante durch die kovariante Vierer-Geschwindigkeit (u0 → u0 ; u → −u), dann gilt offenbar, da F μμ = 0: K 1 = Kx = q F 1α uα ,

(2.159)

K 2 = K y = q F 2 α uα ,

(2.160)

K 3 = Kz = q F 3α uα .

(2.161)

Die rechten Seiten transformieren sich sicher wie die Raumkomponenten eines kontravarianten Vierer-Vektors. Es liegt deshalb nahe, das System durch eine entsprechende Zeitkomponente zu ergänzen: K 0 = q F 0α uα = 1 1 1 − Ex −ux + − Ey −uy + − Ez −uz = c c c 1 =q E · (γ v) . c =q

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

83

Dieser Ausdruck ist wegen q v·E =v·F leicht interpretierbar. Mit (2.53) gilt nämlich: F·v d 1 d =γ K0 = γ T r = p0 . c dt c dτ

(2.162)

Dieses Ergebnis passt zu (2.157) und (2.158). Wir haben damit die kovariante Formulierung der Lorentz-Kraft gefunden: Kμ ≡

d μ p = q F μα uα = γ dτ

1 F · v, F c

(2.163)

.

K μ ist die in Abschn. 2.2.2 zur kovarianten Darstellung der Klassischen Mechanik eingeführte Minkowski-Kraft. (2.163) dokumentiert noch einmal die Schlüssigkeit der Überlegungen aus Abschn. 2.2.2. Untersuchen wir zum Schluss, ähnlich wie in Abschn. 2.2.3, noch einmal das explizite Transformationsverhalten der Lorentz-Kraft F. Wie üblich betrachten wir dazu zwei Inertialsysteme Σ und Σ , von denen sich Σ relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v parallel zur z-Achse bewegen soll. Ein Teilchen der Ladung q mit der Geschwindigkeit u in Σ erfährt die Lorentz-Kraft: F = q(E + u × B) in Σ .

(2.164)

Unter welcher Kraft F bewegt es sich für einen Beobachter aus Σ ? Wir bestimmen F aus dem Transformationsverhalten der Raumkomponenten der kontravarianten Minkowski-Kraft (2.158):

K1 = K1 ;

K2 = K2 ,

K 3 = γv −β K 0 + K 3 ;

β=

v ; c

γv = 1 − β2

−1|2

.

Wenn u die Teilchengeschwindigkeit in Σ bedeutet, dann folgt aus diesen Gleichungen:

γu Fx = γu Fx ; γu Fy = γu Fy ; γu Fz

= γv

F·u γu Fz − β γu c

.

Mit denselben Überlegungen, die in Abschn. 2.2.3 zu Gleichung (2.80) führten, ﬁndet man auch hier: vu γu = γu γv 1 − 2 z . c

84

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Damit lauten die Komponenten der Lorentz-Kraft in Σ : Fx =

1

Fx

γv 1 − v uz 2

,

(2.165)

,

(2.166)

c

Fy =

Fy

1

γv 1 − v uz 2

c v Fz − 2 (F · u) c Fz = . v uz 1− 2 c

(2.167)

Identische Formeln hatten wir in Abschn. 2.2.3 für die mechanischen Kräfte gefunden, was wegen (2.163) nicht weiter verwundert. 2.3.7 Formeln der relativistischen Elektrodynamik Wir haben mit dem letzten Abschnitt die kovariante Formulierung der Elektrodynamik abgeschlossen. Zur besseren Übersicht wollen wir die wichtigsten Formeln noch einmal zusammenstellen:

Elektrische Ladung: q : Lorentz-Invariante Vierer-Stromdichte: j μ = (cρ, j) = γ ρ0 (c, v) = ρ0 u μ

ρ0 : Ruheladungsdichte , u μ ≡ γ (c, v) : Welt-Geschwindigkeit . Kontinuitätsgleichung:

∂μ j μ = 0 ; ∂μ ≡ Vierer-Potential: Aμ ≡

1 ∂ ,∇ c ∂t

1 ϕ, A c

.

.

Vierer-Wellengleichung:

A μ = −μ0 j μ ;

=Δ−

Lorenz-Eichung:

∂μ A μ = 0 .

1 ∂2 . c2 ∂t 2

2.3

Kovariante Formulierung der Elektrodynamik

85

Kontravarianter Feldstärke-Tensor: F μν ≡

∂ μ Aν − ∂ν A μ ; ⎛

0 ⎜1 ⎜ c Ex F μν ≡ ⎜ ⎜1 ⎝ c Ey

∂μ ≡

− 1c Ex

− 1c Ey

0

−Bz

Bz

0

−By

Bx

1 c Ez

1 ∂ , −∇ c ∂t ⎞ − 1c Ez ⎟ By ⎟ ⎟. ⎟ −Bx ⎠ 0

,

Kovarianter Feldstärke-Tensor: Fμν = μμα μνβ F αβ . Dualer Feldstärke-Tensor: μν

1 μνρσ ε Fρσ 2 aus Fμν durch Substitution: B ←→ −(1|c)E. F

=

Maxwell-Gleichungen: Homogen:

∂α F αβ = 0 ; β = 0, 1, 2, 3 oder

∂α F βγ + ∂β F γα + ∂γ F αβ = 0 , α, β, γ beliebig aus (0, 1, 2, 3). Inhomogen:

∂α F αβ = μ0 j β ; β = 0, 1, 2, 3 . Transformation der Felder: v β= : c E = γ [E + c ( β × B)] −

γ2

β(β · E) , γ+1 1 γ2 B = γ B − ( β × E) − β (β · B) . c γ+1 Speziell für v = v ez : Bx

= γ Bx +

β c

Ey

;

β By = γ By − Ex ; c Bz = Bz ;

Ex = γ Ex − β c By , Ey = γ Ey + β c Bx , Ez = Ez .

86

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Invariante des elektromagnetischen Feldes: 1 B2 − 2 E 2 und E · B . c Minkowski-Kraft: Kμ ≡ γ

F·v , Fx , Fy , Fz c

,

F = q(E + v × B) : Lorentz-Kraft , v : Teilchengeschwindigkeit . Kovariante Kraftgleichung: Kμ = m

2.4

d μ u = q F μα uα . dτ

2.4 Kovariante Lagrange-Formulierung Nachdem wir in Abschn. 2.2 die relativistische Verallgemeinerung der NewtonMechanik vollzogen haben, soll nun noch, zumindest in Ansätzen, eine relativistische Lagrange-Mechanik (s. Kap. 1, Bd. 2) diskutiert werden. Insbesondere geht es darum, Lagrange-Funktionen zu ﬁnden, mit denen sich die Bewegungsgleichungen in einer korrekten kovarianten Form angeben lassen. Der einfachste Zugang gelingt mit Hilfe des Hamilton’schen Prinzips (Abschn. 1.3, Bd. 2): Das Wirkungsfunktional ((1.112), Bd. 2) !t2 S=

L q(t), q˙ (t), t dt

t1

über die Lagrange-Funktion L(q, q˙ , t) nimmt auf der Menge M der zugelassenen Bahnen ((1.110), Bd. 2) " # M = q(t) : q t1 = qa , q t2 = qe für die tatsächliche Bahn ein Extremum an:

δS = 0 . Zu M gehören alle Bahnen mit gleichen Anfangs- und Endkonﬁgurationen qa und qe , die jeweils zu bestimmten Zeiten t1 und t2 angenommen werden, wobei die einzelnen Bahnen durch virtuelle Verrückungen auseinander hervorgehen. Eine Konsequenz dieses Hamilton’schen Prinzips sind die Lagrange’schen Bewegungsgleichungen:

2.4

Kovariante Lagrange-Formulierung

d ∂L ∂L − =0; dt ∂q˙ j ∂qj

87

j = 1, . . . , s .

Das Äquivalenzpostulat (Abschn. 1.3) kann nun dahingehend interpretiert werden, dass das Wirkungsfunktional S, aus dem die fundamentalen Bewegungsgleichungen folgen, lorentzinvariant sein sollte. Ferner sollte insbesondere auch die LagrangeFunktion L ein Vierer-Skalar sein und anstelle von q, q˙ und t von den kontravarianten Vierer-Vektoren x μ und u μ sowie dem Vierer-Skalar τ abhängen. Wir formulieren deshalb über die Substitution L −→ L x μ , u μ , τ (2.168) ein kovariantes Hamilton’sches Prinzip

δS = δ

!τ2

dτ L(x μ , u μ , τ) = 0 , !

(2.169)

τ1

aus dem kovariante Lagrange’sche Bewegungsgleichungen, d ∂L ∂L − μ =0, μ dτ ∂u ∂x

(2.170)

folgen. Die Frage ist nur: Wie ﬁndet man die relativistische Lagrange-Funktion L? In der Regel wird man Analogiebetrachtungen zur nicht relativistischen Mechanik ausnutzen müssen. So sollten zum Beispiel für v << c die vertrauten Relationen reproduziert werden. Das Hauptproblem liegt darin, dass wegen L = T − V Aussagen über das Potential V und damit über Kräfte in kovarianter Vierer-Darstellung möglich sein müssen. Elektromagnetische Kräfte sind, wie wir im letzten Abschnitt gesehen haben, unproblematisch, wohingegen über Kernkräfte zum Beispiel kaum nennenswerte Theorien vorliegen. Wir wollen uns hier mit zwei wichtigen Beispielen zufrieden geben, die sich wie auch (2.168) bis (2.170) auf ein einzelnes Teilchen beziehen. 1) Kräftefreies Teilchen Wir suchen eine Lagrange-Funktion L0 , aus der die Bewegungsgleichung

m

d μ u =0 dτ

folgt. Nichtrelativistisch würde man dazu !t2 S= t1

L0 x(t), v(t), t dt

(2.171)

88

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

untersuchen, wobei dann für den Teilchenimpuls pi =

∂L0 ; ∂vi

i = x, y, z

gelten muss. Wenn wir in dieser Beziehung unter pi gleich den relativistisch korrekten Ausdruck verstehen,

∂L0 m vi = pri = , ∂vi 1 − v2 | c 2 so folgt durch Integration: L0 = −m c2 1 − v2 |c2 .

(2.172)

Dies ist die relativistisch korrekte Form. Man beachte jedoch, dass L0 nicht mehr mit der kinetischen Energie identisch ist, sich also von Tr aus (2.54) unterscheidet. Für die zugehörige Hamilton-Funktion gilt allerdings ((2.8), Bd. 2): m v2 H0 = pri vi − L0 = + m c 2 1 − v2 | c 2 = γ m c 2 2 i 1 − vc2 m c2 ⇒ H0 = = Tr . 1 − v2 | c 2

(2.173)

Wir substituieren schließlich noch im Wirkungsfunktional S die Zeit t durch die Eigenzeit τ: !τ2 S=

dτ γ L0 .

τ1

Der Vergleich mit (2.169) ergibt: L0 = γ L0 = −m c2 .

(2.174)

Nun gilt nach (2.41) c 2 = u μ uμ , sodass die korrekte funktionale Abhängigkeit der Lagrange-Funktion L0 von u μ durch L0 = L0 u μ = −mu μ uμ (2.175) gegeben sein könnte, oder etwas allgemeiner: 1 (2−η) L0 = −mcη uμ uμ 2

(2.176)

2.4

Kovariante Lagrange-Formulierung

89

Wir bestimmen η aus der Forderung nach ,,korrekten“ Bewegungsgleichungen. Da uμ kontravariant ist, uμ =

∂xμ α u = Lμα uα ∂xα

transformiert sich der Geschwindigkeitsgradient ∂xα ∂ ∂ = = L−1 αμ α μ μ α ∂u ∂x ∂u ∂u

∂

(2.177)

wie ein kovarianter Vierer-Vektor. Wir deﬁnieren den kovarianten kanonischen Impuls pμ = −

∂L = (p0 , −p) ∂uμ

(2.178)

mit einem Minuszeichen, damit die Raumkomponenten mit der nicht relativistischen Deﬁnition für v << c übereinstimmen. Für den kontravarianten kanonischen Impuls gilt dann mit (2.25), (2.24) und (2.19): pμ = μμα pα = (p0 , p)

(2.179)

Schließlich sollte für das hier diskutierte freie Teilchen gelten: p(0) μ =−

∂L0 ! μ = muμ ⇐⇒ p(0) = muμ ∂uμ

(2.180)

Dies bedeutet mit dem Ansatz (2.176)): 1 ∂ η uβ u 2 (2−η) p(0) = − −mc β μ ∂uμ = mcη

1 (2−η) ∂ μβγ uβ uγ 2 μ ∂u

− 1 η 2 = (2 − η)mcη μμγ uγ μβγ uβ uγ − 1 η 2 = (2 − η)mcη uμ uβ uβ = (2 − η)muμ Der Vergleich mit (2.180) führt auf η = 1. Das ergibt die gesuchte funktionale Abhängigkeit der Lagrange-Funktion L0 von der Vierer-Geschwindigkeit uμ : 1 L0 = −mc uμ uμ 2

(2.181)

Das kovariante Hamiltonsche Prinzip war der Ausgangspunkt der Überlegungen, woraus die Bewegungsgleichungen (2.170) folgen. Das bedeutet hier für das kräfte-

90

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

freie Teilchen:

∂L0 d d ∂L0 = 0 −→ p(0) = m uμ = − =0 μ μ ∂x dτ dτ ∂uμ μ

p(0) = m

d μ u =0 dτ

(2.182) (2.183)

Der Ansatz (2.181) für L0 erscheint korrekt. 2) Geladenes Teilchen im elektromagnetischen Feld Wir suchen in diesem Beispiel, das in Abschn. 1.2.3, Bd. 2 unter dem Stichwort verallgemeinerte Potentiale ausführlich besprochen wurde, nach der kovarianten LagrangeFunktion L, aus der sich die Lorentz-Kraftgleichung,

F = q(E + v × B) , ableitet. Nichtrelativistisch gilt (s. (1.79), Bd. 2): L(x, v, t) =

m 2 v + q(v · A) − q ϕ . 2

(2.184)

ϕ(x, t) ist das skalare Potential und A(x, t) das Vektorpotential. Der kinetische Anteil sollte mit L0 aus Beispiel 1) identisch sein, während sich die beiden elektromagnetischen Anteile vermutlich bereits relativistisch korrekt verhalten. Mit (2.172) für L0 verwenden wir im Wirkungsfunktional L = L0 + q(v · A) − q ϕ und ersetzen wie in Beispiel 1) die Zeit t durch die Eigenzeit τ. Der Vergleich mit (2.169) führt dann zu dem folgenden Ansatz: L = γ L = γ L0 + q(γ v · A) − q γ ϕ = 1 = L0 + q γ v · A − (γ c) ϕ . c Mit (2.29), (2.40) und (2.129) erkennen wir auf der rechten Seite das Skalarprodukt aus Vierer-Geschwindigkeit u μ und Vierer-Potential A μ : L x μ , u μ , τ = L0 u μ − q u μ Aμ = −mu μ uμ − q u μ Aμ .

(2.185)

Wir überprüfen, ob aus diesem mehr oder weniger erratenen Ansatz für L die bekannte Bewegungsgleichung folgt. Dazu setzen wir L in die kovariante LagrangeGleichung (2.170) ein: d ∂L d d ∂ ! ∂L = −m uμ − q Aμ = = −q μ u μ Aμ . μ μ dτ ∂u dτ dτ ∂x ∂x

2.4

Kovariante Lagrange-Formulierung

91

Es sollte also gelten: m

d d ! uμ = q ∂μ u μ Aμ − Aμ = Kμ . dτ dτ

(2.186)

Wenn unser Ansatz (2.185) sich tatsächlich als richtig erweist, dann haben wir, gewissermaßen als Nebenprodukt, mit (2.186) eine neue Darstellung für die MinkowskiKraft eines geladenen Teilchens im elektromagnetischen Feld gefunden. Wir kontrollieren zunächst die Raumkomponenten, von denen wir annehmen, dass sie auf die bekannte Lorentz-Kraft führen. Wie üblich wollen wir die kontravariante Version des Vierer-Vektors (2.186), d K μ = q ∂ μ u μ Aμ − A μ , (2.187) dτ diskutieren. Mit (2.31) und (2.38) gilt dann ∂ d Ki = q − (−γ v · A + γ ϕ) − γ Ai , ∂xi dt

i ∈ (x, y, z) .

Nach (2.158) sollte somit für die kartesischen Komponenten der Lorentz-Kraft 1 ∂ ∂ϕ d Fi = Ki = q (v · A) − − A γ ∂xi ∂xi dt i folgen. Benutzt man d ∂Ai Ai = v · ∇Ai + , dt ∂t so kann man folgende Umformung vornehmen: (v × rot A)x = vy (rot A)z − vz (rot A)y = ∂ ∂ ∂ ∂ = vy A − A − vz A − A = ∂x y ∂y x ∂z x ∂x z =

∂ ∂ ∂ ∂ (v · A) − vx Ax − vy Ax − vz Ax = ∂x ∂x ∂y ∂z

∂ (v · A) − v · ∇ Ax = ∂x ∂ d ∂ = (v · A) − Ax + Ax . ∂x dt ∂t =

Ganz analog berechnen sich die beiden anderen Komponenten:

∂ d ∂ (v · A) − Ai = (v × rot A)i − Ai . ∂xi dt ∂t

92

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Dies ergibt für die Kraftkomponenten Fi : ∂ϕ ∂Ai Fi = q − − + (v × rot A)i . ∂xi ∂t Die ersten beiden Summanden stellen gerade die i-te Komponente des elektrischen Feldes E dar ((4.21), Bd. 3), sodass die Raumkomponenten der Vierer-Kraft (2.187) in der Tat auf die korrekte Lorentz-Kraft, ˙ + v × rot A = q(E + v × B) , F = q −∇ ϕ − A

(2.188)

führen. – Zu überprüfen bleibt noch die Zeitkomponente: d 1 1 ∂ K0 = q (−γ A · v + γ ϕ) − γ ϕ . c ∂t dt c Wir setzen d ∂ ϕ = ∇ϕ · v + ϕ dt ∂t ein und erhalten:

1 ∂A 1 K 0 = q γ −v · − ∇ ϕ · v = q γ (E · v) . c ∂t c

Dies lässt sich mit (2.188) als K0 = γ

F·v c

(2.189)

schreiben. Wir haben damit aus unserem Ansatz (2.185) für L die nach (2.157) und (2.158) korrekte Bewegungsgleichung abgeleitet: d μ F·v μ , Fx , Fy , Fz . (2.190) K =m u =γ dτ c Unser Ansatz ist damit gerechtfertigt. – Wir können deshalb weiter folgern: Kanonischer Impuls pμ = −

∂L = m uμ + q Aμ . ∂u μ

(2.191)

Dies ist die kovariante Version; die kontravariante ergibt sich einfach durch Umstellen der Indizes: pμ = m uμ + q Aμ .

(2.192)

2.5

Aufgaben

93

Die Raumkomponenten (i ∈ (x, y, z)), pi = mγ vi + q Ai ,

(2.193)

enthalten neben dem relativistischen, mechanischen Impuls p(i) r = m γ vi noch einen Zusatzterm q Ai , der allerdings keinen relativistischen Effekt darstellt, sondern bereits in dem entsprechenden nicht relativistischen Ausdruck ((1.80), Bd. 2) erscheint. Man hat also auch hier den kanonischen von dem mechanischen Impuls zu unterscheiden. – Betrachten wir schließlich noch die Zeitkomponente des kanonischen Impulses: 1 1 p0 = m γ c + q ϕ = mγ c2 + q ϕ . c c Der erste Summand auf der rechten Seite ist gerade die relativistische kinetische Energie Tr , die wir in (2.54) eingeführt haben. Die Klammer stellt also die Gesamtenergie des Teilchens dar: E = Tr + q ϕ = mγ c 2 + q ϕ . Für den kanonischen Impuls gilt somit: 1 pμ = E, mγ v + qA ≡ c 1 ≡ E, p . c Davon zu unterscheiden ist der mechanische Impuls, Tr Tr 1 μ pm = ,mγ v = , pr = (E − q ϕ), p − q A , c c c

(2.194)

(2.195) (2.196)

(2.197)

wie wir ihn in (2.57) eingeführt haben. Nun bleibt noch (2.62), μ

pm pmμ = m2 c2 , auszunutzen, m2 c2 = −(p − q A)2 +

1 (E − q ϕ)2 , c2

um wie folgt die relativistische Energie eines geladenen Teilchens im elektromagnetischen Feld darzustellen: E=

(p − q A)2 c2 + m2 c4 + q ϕ .

Dieser Ausdruck ist mit (2.63) zu vergleichen.

(2.198)

94

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

2.5

2.5 Aufgaben 2.5.1

Aufgabe 2.5.1 Zeigen Sie, dass der metrische Tensor der Speziellen Relativitätstheorie (2.19) ein kovarianter Tensor zweiter Stufe ist!

2.5.2

Aufgabe 2.5.2 1. aμ sei ein beliebiger, kontravarianter Vierer-Vektor und bμ irgendein vierkomponentiger Vektor. Dabei sei stets aμ bμ eine Lorentz-Invariante. Zeigen Sie, dass dann bμ ein kovarianter Vierer-Vektor sein muss! 2. Tμν sei irgendein Tensor 2. Stufe und aμ und cν seien beliebige kontravariante Vierer-Vektoren. Der Ausdruck Tμν aμ cν stelle dabei stets eine Lorentz-Invariante dar. Zeigen Sie, dass Tμν dann ein kovarianter Tensor 2. Stufe sein muss.

2.5.3

Aufgabe 2.5.3 Führen Sie über

bμ =

d μ u , dτ

u μ : Vierer-Geschwindigkeit ,

τ : Eigenzeit

die Vierer-Beschleunigung ein. 1. Zeigen Sie, dass die Beschleunigung im Minkowski-Raum stets orthogonal zur Geschwindigkeit ist. 2. Drücken Sie die Komponenten von b μ explizit durch die der Systemgeschwindigkeit v = (vx , vy , vz ) aus! 2.5.4

Aufgabe 2.5.4 Damit der Astronaut sich bei seinem Flug durchs All in seiner Rakete stets wie „zu Hause“ fühlt, wird dafür gesorgt, dass die Beschleunigung der Rakete in dem System Σ , indem sie „momentan ruht“, konstant gleich der Erdbeschleunigung g ist. Die Anfangsgeschwindigkeit der Rakete zur Zeit t = 0 sei v = 0. Diskutieren Sie im Folgenden den Flug im „erdfesten“ System Σ, wenn die Beschleunigung in z-Richtung wirkt. 1. Welche Geschwindigkeit v(t) besitzt die Rakete im Erdsystem Σ für t > 0? 2. Schätzen Sie ab, nach welcher Zeit in einer nicht relativistischen Rechnung die Raketengeschwindigkeit die Lichtgeschwindigkeit überschreiten würde. 3. Berechnen Sie die zeitabhängige Position der Rakete im Erdsystem Σ. 4. Wie ändert sich die Energie der Rakete mit der Zeit? 5. Stellen Sie einen expliziten Zusammenhang zwischen der Eigenzeit τ („Alter“) des Astronauten und der auf der Erde vergangenen Zeit t her!

2.5

Aufgaben

95

Aufgabe 2.5.5 Betrachten Sie eine Rakete, auf die keine äußeren Kräfte wirken (gravitationsfreier Raum), und die durch ihren Massenausstoß angetrieben wird. Beim Start habe die Rakete die Masse M0 und die Geschwindigkeit v0 = 0 und zu einem späteren Zeitpunkt die Masse M und die Geschwindigkeit v relativ zum Erd-(Labor-) System. Von der Rakete wird die Masse dm mit der Geschwindigkeit v∗ relativ zur Rakete nach hinten ausgestoßen. Berechnen Sie: 1. nicht-relativistisch, 2. relativistisch die Geschwindigkeit v als Funktion der momentanen Raketenmasse M.

2.5.5

Aufgabe 2.5.6 Ein Teilchen bewege sich im Inertialsystem Σ mit der Geschwindigkeit

2.5.6

u = u(t) ez entlang der z-Achse. Zeigen Sie, dass seine Eigenzeit

Δτ =

! τ2 τ1

dτ =

!

t2 t1

1

γu(t)

dt

γu(t) = 1 −

u2 (t) c2

− 12

eine relativistische Invariante ist. Aufgabe 2.5.7 Das Inertialsystem $ Σ bewege sich relativ zu dem Inertialsystem Σ mit der Geschwindigkeit v in beliebiger Richtung. 1. In $ Σ verschwinde das Magnetfeld $ B = 0. Welcher Zusammenhang besteht dann zwischen E, B und v in Σ? Was kann über E ·B und c2 B2 −E2 ausgesagt werden? 2. Beantworten Sie dieselben Fragen für den Fall, dass in $ Σ für das elektrische Feld $ E = 0 gilt!

2.5.7

Aufgabe 2.5.8 Ein Teilchen mit der Ladung q bewege sich in einem Inertialsystem Σ mit der Geschwindigkeit

2.5.8

u = (a, a, a) in einem homogenen Magnetfeld B = (B, 0, 0). Σ sei ein Inertialsystem, das sich relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v = v ez = const bewegt. Welche Kräfte wirken auf das Teilchen in Σ und Σ ?

96

2.5.9

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Aufgabe 2.5.9 Zeigen Sie mit Hilfe der Transformationsformeln des elektromagnetischen Feldes, dass i 2 B+ E c

eine Lorentz-Invariante ist.

2.5.10

Aufgabe 2.5.10 Zeigen Sie durch explizite Berechnung, dass sich die Kompoμν nenten des dualen Feldstärketensors F aus denen des kovarianten Tensors Fμν durch die Substitution

1 B ←→ − E c ergeben.

2.5.11

Aufgabe 2.5.11 Das Inertialsystem $ Σ bewege sich relativ zu dem Inertialsystem Σ mit der Geschwindigkeit v = vez = const. Zur Zeit t = 0 sollen die beiden Systeme zusammenfallen. Im Ursprung von $ Σ beﬁnde sich die Punktladung q. ˆ μ und Aμ in $ 1. Bestimmen Sie die Vierer-Potentiale A Σ und Σ! 2. Berechnen Sie mit Hilfe von Aμ die elektromagnetischen Felder E und B der Punktladung in Σ. Welcher Zusammenhang besteht zwischen E, B und v? Vergleichen Sie das Ergebnis für (E, B) mit den aus dem Transformationsverhalten des Feldstärketensors abgeleiteten Formeln (2.142) und (2.143)! 3. Erfüllt das skalare Potential ϕ die Wellengleichung

ϕ = −

ρ ε0

in Σ?

2.5.12

Aufgabe 2.5.12 Σ, Σ seien zwei Inertialsysteme. Das elektromagnetische Feld in Σ sei (E, B) und in Σ (E , B ). Das Feld E habe im ganzen Raum dieselbe Richtung. Σ bewege sich relativ zu Σ mit der Geschwindigkeit v0 parallel zu E; es gelte also v0 = αE. Im Koordinatenursprung von Σ beﬁnde sich ein Teilchen der Ladung q. Benutzen Sie die Lorentz-Kraft auf das Teilchen, um zu zeigen, dass die Komponente von E in Richtung von E gleich E ist.

2.5

Aufgaben

97

Aufgabe 2.5.13 Σ und Σ seien zwei Inertialsysteme, wobei sich Σ relativ zu Σ mit der konstanten Geschwindigkeit v = vez verschiebt. In Σ bewegt sich ein Teilchen mit der Ladung q und der Geschwindigkeit u = (a, b, d) in dem elektromagnetischen Feld:

B = (0, B, 0)

2.5.13

1 E = √ (E, E, 0) . 2

Welche Kräfte wirken auf das Teilchen in Σ und Σ ?

Aufgabe 2.5.14 1. Ein magnetischer Dipol (ruhend in Σ) sei parallel zur z-Achse ausgerichtet (magnetisches Moment m = m ez , m > 0). Wie lauten die kartesischen Komponenten des B-Feldes? 2. Berechnen Sie nun das E- und B-Feld eines gleichförmig in z-Richtung bewegten magnetischen Dipols, dessen Moment parallel zur z-Richtung orientiert ist. Zur Zeit t = 0 soll sich der Dipol im Nullpunkt von Σ beﬁnden. 3. Schreiben Sie die Felder des bewegten magnetischen Dipols auf Zylinderkoordinaten um. 4. Welche Gestalt haben die elektrischen Feldlinien in der xy-Ebene? Wie ändert sich das elektrische Feld mit der Zeit? 5. Die E-Linien beginnen oder enden nicht an elektrischen Ladungen. Unter welchen Bedingungen kann es solche elektrischen Felder geben?

2.5.14

Aufgabe 2.5.15 Σ und Σ seien zwei Inertialsysteme, die sich relativ zueinander mit v = const bewegen. Geben Sie qualitative Argumente, warum in Σ ein elektrisches Feld erscheint, wenn in Σ nur ein B -Feld vorhanden ist, bzw. warum in Σ ein magnetisches Feld erscheint, wenn in Σ nur ein elektrisches Feld vorhanden ist.

2.5.15

98

2.5.16

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Aufgabe 2.5.16 Ein Teilchen der Masse m und der Ladung q bewege sich in einem homogenen Magnetfeld

B = (0, 0, B) . 1. 2. 3.

2.5.17

Zeigen Sie, dass seine relativistische Energie zeitlich konstant ist. Berechnen Sie die Zeitabhängigkeit des relativistischen Impulses mit der Anfangsbedingung v0 = (v0 , 0, 0). Berechnen Sie die Bahn r(t) des Teilchens mit r(t = 0) = (0, y0 , 0), wobei y0 = γ mq Bv0 gelten soll.

Aufgabe 2.5.17 Ein geladenes Teilchen (Ladung q, Ruhemasse m) bewege sich in einem homogenen elektrischen Feld

E = (E, 0, 0) mit den Anfangsbedingungen r(t = 0) = (0, 0, z0 ) ; 1. 2. 3.

2.5.18

v(t = 0) = (0, v0 , 0) .

Berechnen Sie die Zeitabhängigkeit der relativistischen kinetischen Energie Tr = Tr (t). Bestimmen Sie die Teilchengeschwindigkeit v = v(t). Wie sieht die Bahn r(t) des Teilchens aus?

Aufgabe 2.5.18 Die Ruhemasse m(0) eines Elektrons, ausgedrückt in MeV, beträgt 0,511 MeV. Das Elektron werde durch eine Potentialdifferenz von 200 kV beschleunigt. 1. Berechnen Sie die Massenzunahme m(v)|m(0). 2. Drücken Sie die Geschwindigkeit v in Einheiten von c aus. 3. Berechnen Sie den prozentualen Fehler, der sich bei der Berechnung von v ergibt, wenn man für die kinetische Energie den nicht relativistischen Ausdruck T = 12 m(0)v2 verwendet.

2.5

Aufgaben

99

Aufgabe 2.5.19 Betrachten Sie den elastischen Stoß zweier Teilchen gleicher Masse m im Inertialsystem Σ, in dem eines der beiden Teilchen vor dem Stoß ruht. Das andere habe vor dem Stoß die Energie Tr und den Impuls pr . Nach dem Stoß besitzen die beiden Teilchen die Energien Tr1 und Tr2 und die Impulse pr1 und pr2 . 1. Berechnen Sie den Winkel ϑ zwischen den Impulsen pr1 und pr2 nach dem Stoß als Funktion von Tr und Tr1 ! 2. Diskutieren Sie die Grenzfälle v << c und v ≈ c, wobei v die Geschwindigkeit des (bewegten) Teilchens vor dem Stoß im System Σ ist.

2.5.19

Aufgabe 2.5.20 Ein ruhendes π+ -Meson zerfällt innerhalb 2,5 · 10−8 s in ein μ+ -Meson und ein Neutrino. Das π+ -Meson habe eine kinetische Energie, die gleich seiner Ruheenergie ist. 1. Was ist die Geschwindigkeit des π+ -Mesons? 2. Welche Strecke legt das Meson vor seinem Zerfall zurück, gemessen von einem ruhenden Beobachter?

2.5.20

Aufgabe 2.5.21

2.5.21 m

m

m v

ϕ

v1

ϑ

m

v2

Abb. 2.5. Relativistischer Stoß zweier Teilchen gleicher

Masse m, von denen eines vor dem Stoß ruht

Bei einem nicht relativistischen Stoß zweier Teilchen gleicher Masse bilden die Bahnen nach dem Stoß einen Winkel π|2. Zeigen Sie, dass für den relativistischen Stoß tan ϕ tan ϑ =

2 γ +1

−1|2 gilt γ = 1 − v2 |c2 . Demonstrieren Sie ϑ + ϕ ≤ π|2, wobei das Gleichheitszeichen in der nicht relativistischen Grenze (γ → 1) gültig wird.

Aufgabe 2.5.22 Ein Photon (Ruhemasse m = 0) habe denselben Impuls wie ein 1 MeV-Elektron. Welche Energie hat das Photon?

2.5.22

100

2.6

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

2.6 Kontrollfragen Zu Abschn. 2.1 1. Was versteht man unter der kovarianten Formulierung eines physikalischen Gesetzes? 2. Sind die Newton’schen Gesetze forminvariant gegenüber Lorentz-Transformationen? 3. Wie viele Komponenten besitzt ein Tensor nullter (erster, zweiter) Stufe? 4. Wie verhält sich ein kontravarianter (kovarianter) Vierer-Vektor bei einer Lorentz-Transformation? 5. Deﬁnieren Sie die drei verschiedenen Typen von Tensoren zweiter Stufe. 6. Welcher Tensortyp zweiter Stufe stellt im strengen Sinne eine Matrix dar? 7. Was bedeutet die Verjüngung eines Tensors? Wie ändert sich die Tensorstufe bei einer Verjüngung? 8. Wie ist das Skalarprodukt für Vierer-Vektoren deﬁniert? 9. Wie übersetzt man einen kovarianten in einen kontravarianten Tensor? 10. Wie werden Gradient, Divergenz und d’Alembert-Operator in vierdimensionaler Formulierung geschrieben? Zu Abschn. 2.2 1. Wie hängt das Differential (d τ)2 der Eigenzeit mit dem differentiellen Längenquadrat (ds)2 zusammen? 2. Wie ist die Welt-(Vierer-)Geschwindigkeit u μ deﬁniert? 3. Welche Bedeutung hat die Norm der Welt-Geschwindigkeit? 4. Welche Überlegungen führen zu welchem Ansatz für die relativistische Verallgemeinerung des Newton’schen Trägheitsgesetzes? 5. Durch welche Analogiebetrachtung legt man die Raumkomponenten des ViererImpulses und der Minkowski-Kraft fest? 6. Wie lautet die Minkowski-Kraft K μ ? 7. Berechnen Sie das Skalarprodukt K μ u μ von Minkowski-Kraft und Welt-Geschwindigkeit. 8. Welche physikalische Bedeutung besitzt die Zeitkomponente der MinkowskiKraft? 9. Erläutern Sie den relativistischen Ausdruck für die kinetische Energie Tr . Wie sieht dieser für v << c aus? 10. Was versteht man unter der Ruheenergie des Massenpunktes? 11. Welche Bedeutung hat die Zeitkomponente des Vierer-Impulses? 12. Welche einfache Beziehung besteht zwischen der Ruheenergie eines Teilchens und der Norm p μ pμ des Vierer-Impulses? 13. Welcher Zusammenhang besteht in der Speziellen Relatvitätstheorie zwischen Impuls- und Energieerhaltungssatz?

2.6

Kontrollfragen

101

14. Erläutern Sie die Äquivalenz von Masse und Energie. 15. Welcher physikalische Prozess gestattet eine direkte Ableitung des relativistischen Impulses pr und der relativistischen kinetischen Energie Tr ? 16. Wie verhalten sich pr und Tr bei einer Lorentz-Transformation? Zu Abschn. 2.3 1. Was ist der Grund, warum Ladungsdichte ρ und Stromdichte j im Gegensatz zur Ladung q selbst keine Lorentz-Invarianten sind? 2. Wie ändern sich Ladungs- und Stromdichte beim Wechsel des Inertialsystems v Σ0 → Σ? 3. Wie ist die Vierer-Stromdichte j μ deﬁniert? 4. Welche Bedeutung hat die Divergenz ∂μ j μ der Vierer-Stromdichte? 5. Wie lautet die Kontinuitätsgleichung in kovarianter, vierdimensionaler Formulierung? 6. Aus welchen Komponenten besteht das elektromagnetische Vierer-Potential A μ ? 7. Formulieren Sie die kovariante Wellengleichung für die elektromagnetischen Potentiale. Welcher Bezug besteht zu den Maxwell-Gleichungen? 8. Wie schreibt sich die Lorentz-Eichung in kovarianter Form? 9. Welche Beziehung besteht im Minkowski-Raum zwischen dem elektrischen Feld E und der magnetischen Induktion B? 10. Warum kann man den Feldstärketensor als vierdimensionale Verallgemeinerung der Rotation von A μ auffassen? 11. Wie unterscheiden sich kovarianter und kontravarianter Feldstärketensor? 12. Nennen Sie eine Lorentz-Invariante des elektromagnetischen Feldes. 13. Ist es mit Hilfe einer Lorentz-Transformation möglich, ein reines B-Feld in ein reines E-Feld zu überführen? 14. Wie lassen sich die Maxwell-Gleichungen durch den Feldstärketensor ausdrücken? Demonstrieren Sie die Kovarianz. 15. Was versteht man unter dem dualen Feldstärketensor? 16. Durch welche Substitution der Felder erhält man aus dem kovarianten den dualen Feldstärketensor? 17. Wie kann man die homogenen Maxwell-Gleichungen durch den dualen Feldstärketensor darstellen? 18. Wie ändert sich das Skalarprodukt aus E und B beim Wechsel des Inertialsystems? 19. Ist das elektrische Feld einer bewegten Punktladung im Ruhesystem des Beobachters radial? Ist es auch isotrop? 20. Was gilt für die Amplitude E(β)|E(0) des elektrischen Feldes einer Punktladung in Bewegungsrichtung (ϕ = 0, π) und senkrecht dazu (ϕ = π|2)? 21. Wie gelingt mit Hilfe des Feldstärke-Tensors die kovariante Formulierung der Lorentz-Kraft?

102

2. Kovariante vierdimensionale Formulierungen

Zu Abschn. 2.4 1. Was besagt das Äquivalenzpostulat bezüglich des Wirkungsfunktionals S? 2. Formulieren Sie das kovariante Hamilton’sche Prinzip. 3. Wie lauten die kovarianten Lagrange’schen Bewegungsgleichungen? 4. Wie lautet die relativistisch korrekte Form der Lagrange-Funktion L0 eines kräftefreien Teilchens? 5. Wie berechnet sich der kanonische Impuls aus der relativistischen LagrangeFunktion? 6. Begründen Sie die kovariante Lagrange-Funktion L eines Teilchens im elektromagnetischen Feld. 7. Drücken Sie die Minkowski-Kraft K μ eines Teilchens im elektromagnetischen Feld durch die Welt-Geschwindigkeit u μ und das Vierer-Potential A μ aus. 8. Wie lautet die Zeitkomponente der auf ein Teilchen im elektromagnetischen Feld wirkenden Minkowski-Kraft? 9. Diskutieren Sie den Unterschied zwischen dem kanonischen und dem mechanischen Impuls eines Teilchens im elektromagnetischen Feld. 10. Wie hängt die Zeitkomponente des kanonischen Impulses eines Teilchens im elektromagnetischen Feld mit dessen Gesamtenergie Eg zusammen? 11. Formulieren Sie die relativistische Gesamtenergie eines geladenen Teilchens im elektromagnetischen Feld.

Lösungen der Übungsaufgaben

103

Lösungen der Übungsaufgaben Abschnitt 1.6 Lösung zu Aufgabe 1.6.1 Σ und Σ seien zwei Inertialsysteme, die sich mit der Geschwindigkeit v = 0,8 c in z-Richtung relativ zueinander bewegen. Σ sei das Ruhesystem der Erde, Σ das des Raumschiffs: v

Σ −→ Σ . Die Koordinatenursprünge sollen genau dann zusammenfallen, wenn das Raumschiff den Abstand d von der Erde hat. (Das Raumschiff beﬁnde sich im Ursprung von Σ .) Nach (1.20) und (1.21) gilt: v z = γ (z − v t) ; t = γ t − 2 z . c In Σ wird das Signal im Raum-Zeit-Punkt z0 = −d ;

t0 = 0

ausgesendet, in Σ dagegen bei: z0 = −γ d ;

t0 = γ

v d. c2

Das Signal hat in Σ die Geschwindigkeit c und erreicht das Schiff nach der Zeitspanne:

Δt =

γd c

(Lösung für 2.).

Die Signalankunft hat in Σ die Koordinaten: z1 = Schiffsposition zur Zeit t1 , z1 = v t1 . Wir suchen t1 . In Σ gilt für den Punkt (z1 , t1 ): z1 = γ (z1 − v t1 ) = 0 , v v2 t1 t1 = γ t1 − 2 z1 = γ t1 1 − 2 = . c c γ Die Laufzeit beträgt also vom Schiff aus gesehen:

Δt = t1 − t0 =

t1

γ

−

γd c2

v.

1.6.1

104

Lösungen der Übungsaufgaben

Wir setzen die beiden Ausdrücke für Δt gleich und lösen nach t1 auf: γ 2d v d t1 = 1+ = . c c c−v Da t0 = 0 ist, folgt für die Laufzeit, gemessen auf der Erdstation:

Δt = t1 − t0 = Zahlenwerte:

d c−v

γ = 1 − (0,8)2

(Lösung für 1.) .

−1|2

=

5 = 1,667 3

⇒ Δt = 3700 s ,

Δt = 11 100 s . Von Σ aus gesehen erreicht das Signal das Raumschiff in einem Erdabstand von

Δz = d + v Δt = = 6,66 · 108 + 26,64 · 108 km = = 3,33 · 109 km .

1.6.2

Lösung zu Aufgabe 1.6.2

v=

3 5 c ⇒ γ= , 5 4

x = x = 10 m ; y = y = 15 m , 5 9 z = γ z +vt = 20 + 4 m = 34 m , 4 5 v 5 1 t = γ t + 2 z = 4 + 20 10−8 s = 1 · 10−7 s . c 4 5 1.6.3

Lösung zu Aufgabe 1.6.3

v v t1 = t2 ⇐⇒ γ t1 − 2 z1 = γ t2 − 2 z2 c c v ⇐⇒ 2 (z2 − z1 ) = t2 − t1 c ⇐⇒ v = c2

− 1 z0 t2 − t1 = c2 2 c z2 − z1 z0

1 ⇐⇒ v = − c . 2

Lösungen der Übungsaufgaben

105

Die Zeit in Σ bestimmt sich aus: v 1 t = γ t1 − 2 z1 = c 1− ⇒ t =

1 4

z0 1 z0 + c 2 c

√ z0 3 . c

Lösung zu Aufgabe 1.6.4 In Σ gilt:

1.6.4

z1 = z2 ;

t2 − t1 = 4 s .

Σ bewegt sich mit der Geschwindigkeit v gegenüber Σ. v bestimmen wir aus: % & v ! t2 − t1 = γ t2 − t1 − 2 z2 − z1 = γ 4 s = 5 s c 5 16 v2 −2 ⇒ γ= ⇒ γ = = 1− 2 4 25 c ⇒ v=

3 c. 5

Dies ergibt den räumlichen Abstand in Σ : z2 − z1 = γ z2 − z1 − v t2 − t1 = 5 4 m = γ v t1 − t2 = (−4 s) 3 · 108 = 4 5 s = − 0,9 · 109 m .

Lösung zu Aufgabe 1.6.5 In Σ wird gemessen:

1.6.5

t1 = t2 ;

z2 − z1 = 3 km .

In Σ gilt dagegen: z2 − z1 = 5 km . Dies bedeutet: 5 km = z2 − z1 − v t2 − t1 γ = γ 3 km ⇒ γ=

5 4 ⇒ v= c. 3 5

106

Lösungen der Übungsaufgaben

Für den zeitlichen Abstand ergibt sich damit: t2 − t1 = −γ =−

1.6.6

v z2 − z1 = c2

5 4 1 s 4 · 10−5 3 km = − · 10−5 s . 3 5 3 km 3

Lösung zu Aufgabe 1.6.6 Relativgeschwindigkeit v zwischen Inertialsystemen richtung

r:

Σ und Σ in beliebiger Raum-

Ortsvektor in Σ .

Zerlegung: r =

1 (r · v)v : v2

r⊥ = r − r :

Komponente parallel zu v , Komponente senkrecht zu v .

Analoge Zerlegung in Σ : r = r + r⊥ ;

r =

1 r ·v v. v2

Die senkrechte Komponente bleibt bei der Transformation ungeändert: r ⊥ = r ⊥ = r −

1 (r · v)v . v2

Wir nutzen die Isotropie des Raumes aus, die uns gestattet, die z-Achse in Richtung von v zu drehen. Die anschließende Argumentation entspricht der des Spezialfalls v = v ez , mit der (1.16) abgeleitet wurde: 1 1 r = r ·v = γ (r · v) − vt v v β1 t =γ t− (r · v) . c 'v () * r

Damit bleibt insgesamt: r = r − γ v t +

t =γ t−

γ−1

β1 cv

v2

(r · v)v

(r · v)

.

Lösungen der Übungsaufgaben

107

Transformationsmatrix: vx, y, z , v

ux, y, z = ⎛

γ

− βγ ux

v c

β=

− βγ uy

− βγ uz

⎞

⎜ ⎟ ⎜ vx ⎟ ⎜−γ c 1 + (γ − 1)u2x (γ − 1)ux uy (γ − 1)ux uz ⎟ ⎟ . $ L≡⎜ ⎜ vy ⎟ ⎜−γ c (γ − 1)uy ux 1 + (γ − 1)u2y (γ − 1)uy uz ⎟ ⎝ ⎠ −γ vcz (γ − 1)uz ux (γ − 1)uz uy 1 + (γ − 1)u2z Spezialfall:

v = v ex

⇒

ux = 1 ,

uy = uz = 0

⎛

⎞

γ −βγ 0 0 ⎜ ⎟ ⎜−βγ γ 0 0 ⎟ ⎜ ⎟ . $ L≡⎜ ⎟ ⎝ 0 0

0

1

0⎠

0

0

1

Lösung zu Aufgabe 1.6.7 1. In Σ tritt in z-Richtung die Längenkontraktion (1.28) auf:

Σ : l0 = Σ

:

l0

=

1 1 √ l0 , √ l0 2 2

1.6.7

,

1 1 1 √ l0 , √ l0 γ 2 2

.

x

l0

l0

2

α l0

2

z Abb. A.1.

Dies bedeutet: tan α =

√1 l0 l0x 2 = =γ 1 √1 l0z γ 2 l0

⇒ α = arctan γ ;

γ = 1−

v2 c2

−(1|2) .

108

2.

Lösungen der Übungsaufgaben

u =/ u(t) ⇒ tan α =

ux v 1 1 = = ⇒ α = arctan . uz 2v 2 2

In Σ gilt: ux =

1

ux ; γ 1 − vcu2z

⇒ tan α =

uz =

ux 1 ux 1 v 1 = = = uz γ uz − v γ 2v − v γ

⇒ α = arctan 3.

uz − v 1 − vcu2z

1

γ

.

Das Photon bewegt sich mit Lichtgeschwindigkeit: 1 1 ⇒ ux = √ c ; uz = √ c 2 2 1 u c x ⇒ tan α = = √ γ uz − v γ c − 2v ⎡ ⎤ 2 c 1 − vc2 ⇒ α = arctan ⎣ √ ⎦ . c − 2v

1.6.8

Lösung zu Aufgabe 1.6.8

Σ : Ruhesystem des Beobachters Σ : Ruhesystem der Rakete . Koordinatensystem so wählen, dass die beiden Ursprünge zur Zeit t = t = 0 mit P0 zusammenfallen. 1. ta = 0 ; te = Lc0 . 2. Σ bewegt sich relativ zu Σ mit (−v): v z = γ z + v t ; t = γ t + 2 z , c ta = 0 , v L0 v te = γ te + 2 ze = γ + 2 −L0 = c c c L0 L0 (1 − β)2 = γ (1 − β) = c c 1 − β2 L0 1 − β ⇒ te = . c 1+β

Lösungen der Übungsaufgaben

3.

109

z0 = 0 ⇒ z0 + v t0 = 0 z0 : Position des Raketenendes in Σ , d. h.: z0 = −L0 ⇒ t0 =

L0 . v

Gesucht ist t0 : v L0 L0 t0 = γ t0 + 2 z0 = γ (1 − β2 ) = . c v γv

Lösung zu Aufgabe 1.6.9 Aus der Lorentz-Transformation folgen für die Geschwindigkeitskomponenten die Formeln (1.36) bis (1.38). Diese sind für die angegebenen Spezialfälle auszuwerten: a)

ux = 0 ,

uy = c ,

⇒ ux = 0 ,

uz = 0

uy =

⇒ |u | =

c2

γ2

1

γ

c,

+ v2 =

uz = −v

√ c2 = c

1 1 u = 0, c, −v = c 0, , −β .

γ

γ

b) 2 2 u2 = u2 x + uy + uz

1

= 1−

1

= 1−

vuz c2

1

= 1− =

vuz c2

vuz c2

c2 1−

vuz c2

2

1

γ2

2 u2x + u2y + uz − v

2

1−

v2 c2

2 c − u2z + u2z − 2uz v + v2

c2 − u2z − v2 +

2 2

v2 u2z + u2z − 2uz v + v2 c2

v2 u2 vuz 1 + 4z − 2 2 c c

= c2 .

Dies ist die Lorentz-Invarianz der Lichtgeschwindigkeit.

1.6.9

110

1.6.10

Lösungen der Übungsaufgaben

Lösung zu Aufgabe 1.6.10 a) x1 − x2 = (−3 m, 0, −4 m)

⇒ |x1 − x2 |2 = 25 m2 , 2 m2 c2 t1 − t2 = 9 · 1016 2 9 · 10−16 s2 = 81 m2 s ⇒ Das Raum-Zeit-Intervall 2 s212 = c2 t1 − t2 − |x1 − x2 |2 = 56 m2 > 0 ist zeitartig. Es ist damit eine kausale Korrelation möglich! Allerdings ist durch keine Lorentz-Transformation Gleichzeitigkeit erreichbar. b) x1 − x2 = (3 m, −5 m, −5 m) ⇒ |x1 − x2 |2 = 59 m2 , 2 m2 c2 t1 − t2 = 9 · 10−16 2 4 · 1016 s2 = 36 m2 . s Das Raum-Zeit-Intervall s212 = 36 m2 − 59 m2 = −23 m2 < 0 ist raumartig. Es ist also keine kausale Korrelation möglich. Dafür ist Gleichzeitigkeit erreichbar. 2 c 2 t1 − t2 36 2 β = = = 0,61 . 2 59 |x1 − x2 | Das Inertialsystem Σ muss sich mit der Geschwindigkeit v = 0,781 c = 2,343 · 108

m s

in Richtung (x1 − x2 ) bewegen, um die Ereignisse in Σ gleichzeitig erscheinen zu lassen.

1.6.11

Lösung zu Aufgabe 1.6.11 1. Zeitspanne, vom Erdboden aus gesehen:

Δt =

Δt

1−

v2 c2

.

Lösungen der Übungsaufgaben

111

Die Lebensdauer τ des Myons in seinem eigenen Ruhesystem bedeutet im Erdsystem:

τ

Δtτ =

1−

v2 c2

.

Damit das Myon am Erdboden ankommt, muss gelten: !

Δtτ ≥

H . v

Dabei ist v die Myonengeschwindigkeit.

ε=

c−v c

v =1−ε c

v2 = 1 − 2ε + ε2 ≈ 1 − 2ε c2

1−

v2 ≈ 2ε . c2

Bleibt zu fordern:

τ ! H Δtτ ≈ √ ≥ v 2ε 1 τ v 2 1 τ c 2 ε≤ ≤ 2 H

2 H

1 2 · 10−6 s · 3 · 1010 = 2 30 · 105 cm

cm s

2

2 1 104 = 2· 6 = 2 · 10−4 . 2 10

Damit folgt v ≥ c(1 − ε) = 0. 9998 c . 2.

Vom Myon aus gesehen beträgt der Abstand zur Erde wegen der Längenkontraktion: / √ v2 H = H 1 − 2 ≈ H 2ε c √ = 30 · 103 m · 2 · 10−4 = 2 · 300 m ≤ 600 m . Die Strecke ist also kürzer als die 600 m, die das Myon in etwa innerhalb seiner Lebensdauer zurücklegen kann!

Lösung zu Aufgabe 1.6.12 Die Strahlen durchlaufen vor der Interferenz ein Rechteck, aber in entgegengesetzter Richtung. Das erlaubt eine sehr genaue Messung der Lichtgeschwindigkeit in einem mit der Geschwindigkeit v bewegten Medium.

1.6.12

112

Lösungen der Übungsaufgaben

v1 = ±v: Geschwindigkeit der strömenden Flüssigkeit relativ zum „ruhenden“ Laborsystem. v2 = ± nc : Lichtgeschwindigkeit im Medium, also relativ zur strömenden Flüssigkeit. v3 : gesuchte Geschwindigkeit des Lichtes relativ zum Laborsystem. Paralleler Strahlengang: c

v

n Σ1 −→ Σ2 −→ Σ3 .

oben:

Additionstheorem für Geschwindigkeiten: v + nc c v c v p v3 = 1− ≈v+ − 2 . v ≈ v+ 1 + nc n nc n n Dabei wurde v << c ausgenutzt. Es gilt also im oberen Rohr: p v ≈ c + v 1 − 1 . 3 n n2 Für das untere Rohr gilt: −c

−v

n Σ1 −→ Σ2 −→ Σ3 .

unten:

Das führt mit dem Additionstheorem für Geschwindigkeiten auf: −v − nc c v c v p v3 = 1− ≈ −v − + 2 . v ≈− v+ 1 + nc n nc n n Das ergibt denselben Geschwindigkeitsbetrag: p v ≈ c + v 1 − 1 . 3 n n2 Die benötigte Zeit bei parallelem Strahlengang in den beiden Rohrteilen beträgt also: tp =

c n

2l +v 1−

1 n2

.

antiparalleler Strahlengang: oben:

v

−c

n Σ1 −→ Σ2 −→ Σ3 .

Additionstheorem für Geschwindigkeiten: v − nc c v c v c 1 ap v3 = 1+ ≈v− − 2 = −v 1− 2 . v ≈ v− 1 − nc n nc n n n n

Lösungen der Übungsaufgaben

113

Dabei wurde wieder v << c ausgenutzt. Es gilt also im oberen Rohr bei antiparallelem Strahlengang: ap v ≈ c − v 1 − 1 . 3 n n2 Für das untere Rohr gilt jetzt: c

−v

n Σ1 −→ Σ2 −→ Σ3 .

unten:

Das führt mit dem Additionstheorem für Geschwindigkeiten auf: −v + nc c v c v c 1 ap v3 = ≈ −v + 1+ ≈ −v + + 2 = − v 1 − 2 . 1 − ncv n nc n n n n Das ergibt denselben Geschwindigkeitsbetrag wie im oberen Teil: ap v ≈ c − v 1 − 1 . 3 n n2 Die benötigte Zeit bei antiparallelem Strahlengang in den beiden Rohrteilen beträgt also: tap =

c n

2l −v 1−

1 n2

.

Es ergibt sich eine Laufzeitdifferenz von

Δt = tap − tp = 2l

c n

1 − − fv

c n

1 + fv

.

Der Fresnel’sche Mitführungskoefﬁzient berechnet sich damit zu: f =1−

1 . n2

Bei einem n = 1,33 für Wasser ergibt sich ein durchaus messbarer Effekt. Die Übereinstimmung von Theorie und Experiment beweist die Korrektheit der LorentzTransformation, hier demonstriert am Additionstheorem für Geschwindigkeiten!

Abschnitt 2.5 Lösung zu Aufgabe 2.5.1 Deﬁnitionsgleichung für den metrischen Tensor ist (2.18):

( ds)2 = μαβ dxα , dxβ .

2.5.1

114

Lösungen der Übungsaufgaben

,,Herunterziehen“ eines Index:

μαβ dxβ = dxα . Damit erkennt man, dass ( ds)2 = dxα dxα = ( dx, dx) ein Skalarprodukt ist und damit eine Lorenz-Invariante. Das gilt dann auch für

μαβ dxα dxβ . Betrachte den Wechsel des Inertialsystems:

Σ −→ $ Σ Es ist zu fordern: $ μαβ d$ xα d$ xβ = μαβ dxα dxβ . !

Andererseits gilt: $ μαβ d$xα d$ xβ = $ μαβ

∂$ xα μ ∂$ xβ λ ∂$ xμ ∂$ xλ dx dx = $ μμλ α β dxα dxβ . μ λ ∂x ∂x ∂x ∂x

Im zweiten Schritt konnten wir wegen der Summenkonvention die Indizes vertauschen. Der Vergleich liefert:

μαβ = $ μμλ

∂$ xμ ∂$ xλ . α ∂x ∂xβ

Transformationsverhalten:

∂xα ∂xβ ∂xα ∂xβ ∂$ xμ ∂$ xλ μαβ = $ μμλ ρ σ α β = $ μμλ δρμ δσλ = $ μρσ . ρ σ ∂$ x ∂$ x ∂$ x ∂$ x ∂x ∂x Das ist das Transformationsverhalten eines kovarianten Tensors zweiter Stufe! 2.5.2

Lösung zu Aufgabe 2.5.2 Wir benutzen die übliche Notation und beachten die Summenkonvention: $ L

Σ −→ $ Σ. 1.

aμ sei ein kontravarianter Vierer-Vektor aˆ μ =

∂xˆμ α a = Lμα aα . ∂xα

xμ ist der Ortsvektor im Minkowski-Raum. Sei nun bμ ein vierkomponentiger Vektor mit zunächst unbekanntem Transformationsverhalten. Dann gilt: aˆμ bˆ μ =

∂xˆμ α ˆ a b ∂ xα μ

Lösungen der Übungsaufgaben

115

∂xˆμ ˆ b ∂xα μ ∂xˆα = aμ μ bˆ α ∂x = aα

= aμ b μ !

(Lorenz-Invariante).

Im dritten Schritt haben wir lediglich die Indizes α und μ vertauscht, was wegen der Summenkonvention natürlich erlaubt ist. Da aμ beliebig ist, folgt bereits bμ =

∂xˆ α ˆ b . ∂xμ α

Transformationsverhalten:

∂xμ ∂xμ ∂xˆα ˆ b = b = ($ L−1 )μβ Lαμ bˆ α . μ ∂xˆ β ∂xˆβ ∂xμ α ' () * δαβ

Also gilt:

∂xμ bˆ β = β bμ . ∂xˆ 2.

bμ transformiert sich somit wie ein kovarianter Vierer-Vektor. Wir berechnen:

∂xˆ μ ∂xˆν $ Tμν aˆ μ ˆcν = $ Tμν α aα β cβ ∂x ∂x =

∂xˆμ ∂xˆν $ α β T a c ∂xα ∂xβ μν

=

∂xˆα ∂xˆβ $ μ ν T a c (Indizes μ, α und ν, β vertauscht) ∂xμ ∂xν αβ

= Tμν aμ cν !

(Lorentz-Invariante!)

aμ und cν beliebig Tμν =

∂xˆ α ∂xˆ β $ T . ∂xμ ∂xν αβ

Transformationsverhalten:

∂xμ ∂xν ∂xμ ∂xν ∂xˆα ∂xˆβ $ T = T =δ δ $ T =$ Tγδ . μ ν ∂xˆ γ ∂xˆδ ∂xˆγ ∂xˆδ ∂xμ ∂xν αβ αγ δβ αβ Tμν ist also ein kovarianter Tensor 2. Stufe.

116

2.5.3

Lösungen der Übungsaufgaben

Lösung zu Aufgabe 2.5.3 Nach (2.40) gilt für die Vierer-Geschwindigkeit:

uμ = γ (v)(c, v) . Die Eigenzeit τ ist lorentzinvariant. Damit ist bμ =

d μ u dτ

ein kontravarianter Vierer-Vektor. a) uμ uμ = γ 2 c 2 − v 2 = c 2 . Daraus folgt: d d ν μ uμ uμ = 0 = μμν u u . dτ dτ

μμν ist der metrische Tensor. Man beachte die Summenkonvention. Es gilt somit: 0 = 2 μμν uν

d μ d u = 2 uμ uμ = 2 uμ bμ . dτ dτ

Dies ist die Behauptung: (u, b) = uμ bμ = 0 . b) bμ =

d μ duμ dt u = . dτ dt dτ

Es gilt nach (2.38): dτ dt = 1−

v2 c2

= γ dτ ,

und damit bμ = γ

duμ . dt

Wir benutzen dv d 2 = v + vy2 + vz2 = dt dt x =

v dv 1 vx v˙ x + vy v˙ y + vz v˙ z = · v v dt

Lösungen der Übungsaufgaben

117

zur Berechnung von −3|2 3 1 d v2 v dv dv γ (v) = 1 − 2 = γ (v) v · . dt c c2 dt c2 dt Durch Einsetzen ergeben sich die Beschleunigungskomponenten: b0 = γ

−2 1 v2 dv d (γ c) = 1− 2 v· , dt c c dt

b1 = γ

dvx d v γ vx = dt v2 + 2x dt c 1 − c2 dv

y v d b =γ γ vy = dt v2 + 2y dt c 1 − c2

2

dvz d v b =γ γ vz = dt v2 + 2z dt c 1 − c2 3

Lösung zu Aufgabe 2.5.4 a) Momentanes Ruhesystem der Rakete vz = 0; dvz |dt = g):

−2 v2 dv 1− 2 v· , c dt −2 v2 dv 1− 2 v· , c dt −2 v2 dv 1− 2 v· . c dt

Σ (s. Lösung zu Aufg. 2.5.3 für vx = vy =

⎛ ⎞ 0 ⎜ ⎟ ⎜ 0⎟ ⎟ b μ = ⎜ ⎜ ⎟ ⎝0⎠ g

Σ → Σ durch Lorentz-Transformation des kontravarianten Vierer-Vektors bμ = Lμλ bλ v = v(t) :

⇒

g bz = b3 = γ g = 1 − v2 | c 2

momentane Raketengeschwindigkeit ∼ ez .

Es gilt auch b3 = vz = v

d d uz = γ γ vz dτ dt

d ⇒ γg = γ γ v dt

⇒

d g= dt

v

1 − v2 | c 2

.

2.5.4

118

Lösungen der Übungsaufgaben

Nach Integration folgt: v(t) gt = . 2 1 − v c(t) 2 Auﬂösen nach v(t): gt |c v(t) = c 2 1 + gt |c

⇒

v −→ c . t→∞

v nicht relativistisch c

t

Abb. A.2.

b) Etwa nach einem Jahr. Nichtrelativistisch gilt: v = gt 9,8

m m · 86 400 s · 365 ≈ 3 · 108 . s2 s

c) v(t) =

dz dt

z(t) =

c2 g

mit

z(t = 0) = 0 ,

2 1 + gt |c − 1 . 1 2 gt , 2

gt << c :

z(t) ≈

gt >> c :

z(t) ≈ ct .

d) mc2 Tr = , 1 − v 2 |c 2 1 1 − v2 | c 2 = 2 1 + gt |c

⇒

2 Tr = mc2 1 + gt |c .

Lösungen der Übungsaufgaben

119

e) Eigenzeitintervall dτ: dτ = 1 − v2 |c2 dt ; Integration: c g

τ = ln

Umkehrung: t=

1 1 − v2 | c 2 = 2 . 1 + gt |c

gt + c

2 1 + gt |c .

g τ c sinh . g c

Zahlenbeispiel:

τ (Jahre)

t (Jahre)

4

30

8

1855,6

40

3,98 · 1017

100

2,95 · 1044

Lösung zu Aufgabe 2.5.5 1. nicht-relativistisch: (Momentaner) Impulssatz im Laborsystem:

2.5.5

Mv = (M − dm)(v + dv) + dm(v − v∗ ) . Links steht der Impuls vor, rechts der nach dem Ausstoß. Wir vernachlässigen quadratische Terme in den Differentialen: Mv ≈ Mv + M dv − v∗ dm M dv = v∗ dm . Sei m = M0 − M die Masse des bis dahin ausgestoßenen Treibstoffes, d. h. dm = − dM. Dann bleibt zu integrieren:

!

M

M0

dM 1 = − ∗ dv M v ! v 1 d ln M = − ∗ dv v 0

mit dem Ergebnis: v = v∗ ln

M0 . M

(A.1)

120

Lösungen der Übungsaufgaben

Für M → 0 wächst also die Raketengeschwindigkeit über alle Grenzen. alternativ: Impulssatz im Schwerpunktsystem: 0 = (M − dm) dvr − v∗ dm . Dabei ist dvr die durch den Ausstoß erzeugte Geschwindigkeit der Rakete relativ zum (eigenen)Ruhesystem. Vernachlässigt man wieder quadratische Terme in den Differentialen, so bleibt: M dvr ≈ v∗ dm .

2.

Nun gilt aber nach Galilei v + dv = v + dvr . Es ist also dvr = dv. Wir erhalten also dieselbe Differentialgleichung wie oben, mit demselben Ergebnis (A.1). relativistisch Es empﬁehlt sich das Schwerpunktsystem, also das momentane Ruhesystem der Rakete. relativistischer Impulssatz: 0 = γr (M − dm) dvr − γ ∗ dm ¯ v∗

γr = 1 −

dvr c

2 − 12

γ∗ = 1 −

v∗ c

2 − 12 .

Beachte, dass dm =/ dm, ¯ da ein Teil der ausgestoßenen Masse dm für die kinetische Energie der davonﬂiegenden Masse dm ¯ verbraucht wird. Quadratische Differentiale sollen wieder vernachlässigt werden, d. h. auch: γr ≈ 1. Dann ergibt sich: M dvr =

dm ¯ v∗ ∗ 2 . 1 − vc

(A.2)

Wir benötigen noch dm. ¯ Dazu benutzen wir den Energiesatz: (M − dm) c2 dm ¯ c2 Mc2 = / + 2 ∗ 2 1 − vc 1 − dvr c

dm ¯ c2 ≈ (M − dm) c2 + ∗ 2 1 − vc dm ¯ dm = . ∗ 2 1 − vc

(A.3)

Lösungen der Übungsaufgaben

121

Wie erwartet ist dm > dm, ¯ da ein Teil der Masse in kinetische Energie verwandelt wurde. Einsetzen von (A.3) in (A.2) liefert mit M dvr = v∗ dm

(A.4)

eine Bestimmungsgleichung, die formal so auch nicht-relativistisch gilt. Allerdings muß nun beim Übergang vom Schwerpunkt- zum Laborsystem das Additionstheorem für Geschwindigkeiten beachtet werden. Im Laborsystem wird die Geschwindigkeitsänderung v + dv beobachtet: v + dvr v dvr v + dv ∼ ≈ (v + dv ) 1 − = r r c2 1 + v dv 2 c

≈ v + dvr −

v2 dvr = v + (1 − β2 ) dvr c2

dv ≈ (1 − β2 ) dvr . Es ist also dv < dvr ! Einsetzen in (A.4) ergibt: M dv = v∗ dm . 1 − β2 Ist m = M0 − M wieder die Masse des bis dahin ausgestoßenen Treibstoffes, so folgt mit dm = − dM die Bestimmungsgleichung dv dM = −v∗ . 1 − β2 M Diese lässt sich leicht integrieren: !

v 0

dv c = 2 1−β 2

! β 0

( d ln(1 + β) − d ln(1 − β)) = −v∗

!

M

d ln M M0

mit dem Resultat: c 1+β M0 ln = v∗ ln . 2 1−β M In der nicht-relativistischen Grenze β << 1 ergibt sich hieraus wegen ln

1+β = ln(1 + β) − ln(1 − β) ≈ 2β 1−β

das Resultat (A.1). Mit 1+β = 1−β

M0 M

2v∗ c

(A.5)

122

Lösungen der Übungsaufgaben

folgt dagegen relativistisch korrekt: 1− v=c

1+

M M0 M M0

2v∗ c

2v∗ .

(A.6)

c

Jetzt wächst v für M → 0 nicht über alle Grenzen, sondern sättigt bei der Grenzgeschwindigkeit c.

2.5.6

Lösung zu Aufgabe 2.5.6 ve

z $ Σ −→ Σ Inertialsysteme

zu zeigen: !

t2

1

!

ˆt2

dt =

γu(t)

t1

!

1

γuˆ (ˆt)

ˆt1

dˆt .

Dabei ist uˆ = uˆ (ˆt) die Teilchengeschwindigkeit in $ Σ und

γuˆ (ˆt) = 1 −

uˆ 2 (ˆt) c2

− 12 .

Transformationsformeln: zˆ = γv (z(t) − v t) dˆz = γv (u − v) dt ˆt = γv (t −

uˆ =

v v z(t)) dˆt = γv (1 − 2 u) dt c2 c

dˆz u−v = . ˆ dt 1 − cv2 u

Für jeden Punkt der Weltlinie des Teilchens gilt die Spezielle Relativitätstheorie und damit gelten diese Formeln! Wir substituieren nun ˆt = ˆt(t) mit dt = und berechnen: ! ˆt2 ! 1 dˆt = ˆt1

γuˆ

ˆt2

/ 1−

ˆt1

!

1

= t1

dˆt

uˆ 2 (ˆt) dˆt c2

⎛ t2

1

γv 1 − cv2 u(t)

⎞1 2

v ⎟ 2 ⎠ γv 1 − 2 u(t) dt c

(u(t) − v)2

1 ⎜ ⎝1 − 2 c

1−

u(t) v c2

Lösungen der Übungsaufgaben

!

t2

= t1

!

t2

= t1

!

t2

= t1

!

t2

= t1

!

t2

= t1

123

2 1 2 v 1 − 2 u(t) − 2 u(t) − v c c

1 2

γv dt

1 v2 2v 1 v2 2u(t)v 2 1 + 4 u2 (t) − 2 u(t) − 2 u2 (t) − 2 + γv dt c c c c c2 12 v2 1 2 1− 2 1 − 2 u (t) γv dt c c 1 2 1 2 1 − 2 u (t) dt c 1

γu

dt .

Daraus folgt in der Tat, dass die Eigenzeit eine Invariante ist, wie in Abschn. 2.2.1 bereits auf andere Weise gezeigt! Lösung zu Aufgabe 2.5.7 Für Σ → $ Σ gelten die Transformationsformeln (2.142) und (2.143):

γ2 $ E = γ E + c(β × B) − β (β · E) 1+γ 1 γ2 $ B = γ B − (β × E) − β (β · B) ; c 1+γ

β=

Für $ Σ → Σ, d. h. β → −β, gilt dann: γ2 E=γ $ E − c(β × $ B) − β (β · $ E) 1+γ 1 γ2 B=γ $ B + (β × $ E) − β (β · $ B) . c 1+γ 1.

$ B≡0 E− E = γ$ B=

γ c

γ2

1+γ

β (β · $ E)

(β × $ E) .

Damit folgt:

β × E = γ (β × $ E) = cB B=

1 (v × E) . c2

v . c

2.5.7

124

Lösungen der Übungsaufgaben

Lorenz-Invariante (Abschn. 2.3.5): E · B und c2 B2 − E2 . Damit folgt aus $ E ·$ B = 0: E·B=0 und aus 2 2 2 c2$ B −$ E = −$ E <0

ergibt sich c 2 B2 − E 2 < 0 . 2. $ E≡0

E = −γ c(β × $ B) B = γ$ B−

γ2

1+γ

β (β · $ B) .

Dies bedeutet: 1

β × B = γ (β × $ B) = γ (− )E γc und damit E =B×v . Lorenz-Invariante: $ E ·$ B=0 E·B=0 c2$ B −$ E = c2$ B > 0 c2 B2 − E2 > 0 . 2

2.5.8

2

2

Lösung zu Aufgabe 2.5.8 In Σ gilt:

F = q u × B = q(0, a B, −a B) = q a B(0, 1, −1) . In Σ gilt: Fx = Fy =

1

Fx =0, γ 1 − vcu2z 1

Fy

γ 1 − vcu2z

=

γ = 1−

1 qaB

γ 1 − vc2a

.

v2 c2

−1|2 ,

Lösungen der Übungsaufgaben

125

F · u = q a2 B(1 − 1) = 0 : v (F · u) c2 1 − vcu2z

Fz −

−q a B 1 − vc2a qaB 1 ⇒ F = 0, , −1 . 1 − vc2a γ Fz =

=

Lösung zu Aufgabe 2.5.9 Σ und Σ seien zwei beliebige Inertialsysteme mit v Σ −→ Σ v = v ez .

2.5.9

Wir zeigen, dass

i 2 ! i 2 B + E = B + E c c

gilt. Die Transformationsformeln (2.132) bis (2.137) ergeben: i i i Bx + Ex = γ Bx + Ex − i γ β By + Ey , c c c i i i By + Ey = γ By + Ey + i γβ Bx + Ex , c c c i i Bz + Ez = Bz + Ez . c c Daraus folgt:

i 2 i 2 B + E = Bx + Ex γ 2 (1 − β2 ) + c c i 2 i 2 + By + Ey γ 2 (1 − β2 ) + Bz + Ez = c c 2 i = B+ E . c

Lösung zu Aufgabe 2.5.10 μν νμ Wegen F = −F sind die Diagonalelemente Null,

F

μμ

= Fμμ = 0 ,

und wir brauchen nur die Elemente F F

12

μν

μ = 0, 1, 2, 3

mit μ < ν zu berechnen:

=

1 12ρσ 1 ε Fρσ = ε1230 F30 + ε1203 F03 = 2 2

=

1 1 −F30 + F03 = F 30 = Ez , 2 c

2.5.10

126

Lösungen der Übungsaufgaben

F

F

F

F

F

03

13

01

23

02

=

1 13ρσ 1 ε Fρσ = ε1320 F20 + ε1302 F02 = 2 2

=

1 1 F20 − F02 = F 02 = − Ey , 2 c

=

1 01ρσ 1 ε Fρσ = ε0123 F23 + ε0132 F32 = 2 2

=

1 F23 − F32 = F 23 = −Bx , 2

=

1 23ρσ 1 ε Fρσ = ε2310 F10 + ε2301 F01 = 2 2

=

1 1 −F10 + F01 = F 10 = Ex , 2 c

=

1 02ρσ 1 ε Fρσ = ε0213 F13 + ε0231 F31 = 2 2

=

1 −F13 + F31 = F 31 = −By , 2

1 03ρσ 1 ε Fρσ = ε0312 F12 + ε0321 F21 = 2 2 1 = F12 − F21 = F 12 = −Bz . 2 =

Die Richtigkeit der Behauptung ist evident.

2.5.11

Lösung zu Aufgabe 2.5.11 ve

z $ Σ −→ Σ.

1.

Punktladung q ,,ruht“ im Koordinatenursprung von $ Σ. Deshalb Potentiale in $ Σ:

ϕˆ = Dabei ist ˆr =

q

1 ; 4πε0 ˆr

ˆ =0. A

xˆ 2 + yˆ2 + zˆ2 = x2 + y2 + γ 2 (z − vt)2 .

Rechts ist ˆr durch Σ-Koordinaten ausgedrückt. Damit ergibt sich das ViererPotential: q 1 μ ˆ A = , 0, 0, 0 . 4πε0 c ˆr

Lösungen der Übungsaufgaben

127

Potentiale in Σ ˆα Aμ = Lˆ −1 μα A

−1 Lˆ ≡ Lˆ (v → −v) .

Transformationsformeln: ˆ 0 + γβA ˆ 3 = γA ˆ0 = γ A0 = γ A

q 1 4πε0 c ˆr

ˆ 1,2 = 0 A1,2 = A ˆ 0 + γA ˆ 3 = γβA ˆ 0 = γβ A3 = γβA

q 1 4πε0 c ˆr

q

1 1 γ (1, 0, 0, β) . 4πε0 ˆr c

Aμ =

Das bedeutet explizit für die elektromagnetischen Potentiale:

2.

ϕ(x, y, z, t) =

q γ 4πε0 x2 + y2 + γ 2 (z − vt)2

A(x, y, z, t) =

q v γ (0, 0, 1) . 4πε0 c2 x2 + y2 + γ 2 (z − vt)2

Felder in Σ: (a) Magnetische Induktion:

∂ ∂ B = rot A = A ,− A ,0 . ∂y z ∂x z Mit

∂1 y =− 3 ; ∂y ˆr ˆr

∂ 1 x =− 3 ∂x ˆr ˆr

folgt B=

q β 1 γ (−y, x, 0) . 4πε0 c ˆr3

(b) Elektrisches Feld: ∂ϕ ∂ϕ ∂ϕ ˙ ˙ E = −∇ ϕ − A = − , , + Az . ∂x ∂y ∂z Dabei gilt: ∇ϕ =

q 1 γ (− 3 ) (x, y, γ 2 (z − vt)) 4πε0 ˆr

128

Lösungen der Übungsaufgaben

außerdem:

˙ = A

q v 1 γ (− ) (0, 0, −γ 2 (z − vt)v) . 4πε0 c2 ˆr3

Dies bedeutet schlussendlich: E=

q 1 γ 2 3 (x, y, z − vt) . 4πε0 ˆr

Wegen

β × E = β(−Ey , Ex , 0) folgt offensichtlich: B=

3.

1 (β × E) . c

Man erkennt: 1 ∂2 ϕ v2 ∂2 ϕ = 2 c2 ∂t 2 c ∂z2 und damit 2 1 ∂2 v2 ∂2 ∂ ∂2 ϕ = − 2 2 ϕ = + + (1 − ) ϕ c ∂t ∂x2 ∂y2 c2 ∂z2

∂2 ∂2 1 ∂2 = + + ϕ. ∂x2 ∂y2 γ 2 ∂z2 Wir substituieren: u = z − vt ;

v=

1

γ

y

w=

1

γ

x.

Dies bedeutet:

∂ 1 ∂ = ; ∂x γ ∂w

∂ 1 ∂ = ; ∂y γ ∂v

∂ ∂ = . ∂z ∂u

Damit folgt:

ϕ=

q γ q 1 = . √ 4πε0 γ 2 w2 + γ 2 v2 + γ 2 u2 4πε0 w2 + v2 + u2

Lösungen der Übungsaufgaben

129

Es bleibt also zu berechnen: 2 2 ∂ ∂2 1 ∂2 1 ∂ ∂2 ∂2 + + ϕ = + + ϕ. ∂x2 ∂y2 γ 2 ∂z2 γ 2 ∂w2 ∂v2 ∂u2 Andererseits gilt mit r ≡ (w, v, u): w,v,u

1 = −4π δ(r) = −4π δ(w)δ(v)δ(u) . r

Also kann man schreiben: 2 ∂ ∂2 1 ∂2 q 1 + + ϕ=− 4π γδ(x)γδ(y)δ(z − vt) 2 2 2 2 ∂x ∂y γ ∂z 4πε0 4π =

q

ε0

δ(x)δ(y)δ(z − vt) = −

ρ(r) . ε0

Das gilt für die Punktladung:

ρ(x, y, z) = q δ(x)δ(y)δ(z − vt) . Das war zu beweisen!

Lösung zu Aufgabe 2.5.12 In Σ: Lorentz-Kraft auf Punktladung q:

2.5.12

F = q(E + v × B] . Das Teilchen ist in Ruhe, d. h. v = 0. Es bleibt also: F = qE . In Σ : Teilchengeschwindigkeit: v = −v0 . Damit lautet die Lorentz-Kraft: F = q E + (−v0 ) × B .

Σ, Σ sind zwei Inertialsysteme. Deshalb muss gelten: F = F . Damit folgt: E = E + v0 × B = E + αE × B . Komponente in Richtung von E: 1 1 E ·E = E · E/ + 0 = E . E E Das war zu zeigen.

130

2.5.13

Lösungen der Übungsaufgaben

Lösung zu Aufgabe 2.5.13 Kraft auf Ladung q in Σ:

F = q(E + u × B) mit u = (a, b, d) ;

B = (0, B, 0) ;

1 E = √ (E, E, 0) . 2

Es gilt: u × B = (−Bd, 0, Ba) . Das ergibt:

1 1 F = q √ E − Bd, √ E, Ba 2 2

.

Damit berechnen wir 1 1 1 F·u=q √ E − Bd a + √ Eb + Bad = √ qE(a + b) . 2 2 2 Mit den Formeln (2.165), (2.166) und (2.167) ﬁnden wir dann die Kräfte in Σ : √1 E − Bd q 1 2 Fx = 2 1 − vd 1 − vc2 c2 q √1 E 1 2 Fy = v2 1 − vd2 1 − c2 c q Ba − cv2 √1 E(a + b) 2 Fz = . 1 − vd c2 2.5.14

Lösung zu Aufgabe 2.5.14 1. Nach Gleichung (3.45), Bd. 3 gilt:

μ0 3(r · m)r m B= − 3 4π r5 r Bx = Bz =

μ0 3 m z x

4π

r5

;

By =

,

μ0 3 m z y

4π

μ0 m 2 2 2 2z − x − y . 4π r5

r5

,

Lösungen der Übungsaufgaben

2.

131

Σ sei das Ruhesystem des Dipols. Nach Teil 1. herrschen dort die Felder: Bx =

μ0 3 m z x μ0 3 m z y ; B = , y 4π r5 4π r5

Bz =

μ0 m 2 2 2 2z − x −y , 4π r5

E ≡ 0 ;

r =

x2 + y2 + z2 .

In Σ gilt nach (2.132) bis (2.137): Bx = γ Bx = γ

μ0 z x 3m 5 , 4π r x = x ; y = y ; z = γ (z − v t) ⇒ r =

⇒ Bx = γ 2

x2 + y2 + γ 2 (z − v t)2

μ0 x(z − v t) 3m , 4π [x2 + y2 + γ 2 (z − v t)2 ]5|2

By = γ By = γ 2 Bz = Bz =

μ0 y(z − v t) 3m , 4π [x2 + y2 + γ 2 (z − v t)2 ]5|2

μ0 2γ 2 (z − v t)2 − x2 − y2 m , 4π [x2 + y2 + γ 2 (z − v t)2 ]5|2

Ex = +γ β c By = v By , Ey = −γ β c Bx = −v Bx , Ez = Ez = 0 . 3. eρ = (cos ϕ, sin ϕ, 0) ;

eϕ = (− sin ϕ, cos ϕ, 0) ;

ez = (0, 0, 1) .

Elektrisches Feld: Eρ = E · eρ = Ex cos ϕ + Ey sin ϕ = v By cos ϕ − Bx sin ϕ = = . . . (y cos ϕ − x sin ϕ) = . . . (ρ sin ϕ cos ϕ − ρ cos ϕ sin ϕ) = 0 ,

132

Lösungen der Übungsaufgaben

Eϕ = E · eϕ = −Ex sin ϕ + Ey cos ϕ = −v By sin ϕ + Bx cos ϕ = = γ2

μ0 (z − v t) 3m 5|2 (−v y sin ϕ − v x cos ϕ) = 4π x2 + y2 + γ 2 (z − v t)2

μ0 −v(z − v t)ρ = . . . − v ρ sin2 ϕ + cos2 ϕ = γ 2 3m , 2 4π [ρ + γ 2 (z − v t)2 ]5|2 Ez = 0 , Bρ = Bx cos ϕ + By sin ϕ =

1 1 Ex sin ϕ − Ey cos ϕ = − Eϕ , v v

Bϕ = −Bx sin ϕ + By cos ϕ = Bz = 4.

1 1 Ey sin ϕ + Ex cos ϕ = Eρ = 0 , v v

μ0 2γ 2 (z − v t)2 − ρ2 m . 4π [ρ2 + γ 2 (z − v t)2 ]5|2

Die E-Linien sind in der xy-Ebene Kreise mit Mittelpunkt im Koordinatenursprung: E = Eϕ (t) eϕ , Eϕ (t; z = 0) = γ 2

μ0 v2 t 3m 2 . 4π (ρ + γ 2 v2 t 2 )5|2

Ey

t Abb. A.3.

5.

2.5.15

˙ dann auftreten, wenn ein Geschlossene E-Linien können wegen rot E = −B zeitlich veränderliches Magnetfeld vorliegt.

Lösung zu Aufgabe 2.5.15 1. Eine in Σ zunächst ruhende Ladung erfährt in Σ als dort bewegte Ladung von dem reinen B -Feld eine Beschleunigung. In Σ muss diese Beschleunigung aber von einem E-Feld stammen, da die Ladung ja anfänglich ruht.

Lösungen der Übungsaufgaben

2.

133

Das E -Feld in Σ werde von in Σ ruhenden Ladungen erzeugt, z. B. auf Kondensatorplatten. In Σ bewegen sich diese Ladungen und erzeugen damit ein B-Feld.

Lösung zu Aufgabe 2.5.16 1. Für die Raumkomponenten der Minkowski-Kraft gilt:

d d pr = γ pr = γ F = γ q(v × B), dτ dt pr = γ m v ⇒ pr ·

d 1 d 2 pr = γ m q v · (v × B) = 0 = p dt 2 dt r

−1|2 v2 ⇒ p2r = const ⇒ v2 = const ⇐⇒ γ (v) = 1 − 2 = const . c Für die relativistische Energie gilt (2.63): Tr = c2 p2r + m2 c4 = const . 2.

Anfangsbedingung: pr (t = 0) = m γ v0 (1, 0, 0) p˙ r = q(v × B) = q vy B, −vx B, 0 = =

1 qB pry , −prx , 0 . γ m

Erstes Teilergebnis: prz = const

ω≡

qB 1 1 ≡ ω0 m γ γ

(γ = const) .

d prx + i pry = ω pry − i prx = −i ω prx + i pry dt ⇒ prx + i pry (t) = (prx + i pry )(0) e−iωt ⇒ prx (t) = prx (0) cos ωt + pry (0) sin ωt , pry (t) = −prx (0) sin ωt + pry (0) cos ωt . Anfangsbedingungen: pr (0) = m γ v0 , 0, 0 .

2.5.16

134

Lösungen der Übungsaufgaben

Dies ergibt: pr (t) = m γ v0 (cos ωt, − sin ωt, 0) .

3.

p2r (t) = const ist offensichtlich gewährleistet. Die Bahn erhalten wir aus 1 r(t) − r(t = 0) = mγ =

!t

dt pr (t ) =

0

t v0 sin ωt , cos ωt , 0

ω

0

m v0 {(sin ωt, cos ωt, 0) − (0, 1, 0)} ⇒ r(t) = x0 , 0, 0 + γ qB ⇒ r(t) = γ

2.5.17

m v0 (sin ωt, cos ωt, 0) . qB

Lösung zu Aufgabe 2.5.17 1. Raumkomponenten des relativistischen Impulses:

pr = γ (v)m v ;

−1|2 v2 γ (v) = 1 − 2 , c

p˙ r = q E ⇒ p˙ rx = q E ;

p˙ ry = p˙ rz = 0 .

Mit den gegebenen Anfangsbedingungen folgt nach Integration: pr (t) = q E t, γ0 m v0 , 0 ;

γ0 = 1 −

v02 c2

−1|2 .

Für die relativistische kinetische Energie gilt dann nach (2.63): Tr (t) = m2 c4 + c2 p2r (t) = m2 c4 + c2 (q2 E2 t 2 + γ02 m2 v02 ) . 2.

Man beachte, dass anders als im homogenen Magnetfeld (Aufg. 2.5.14) im homogenen elektrischen Feld v2 = v2 (t). γ (v) ist also keine Konstante. Nach (2.61) ist aber: Tr = m γ (v)c2 ⇒ pr =

Tr c2 v ⇐⇒ v = pr . 2 c Tr

Lösungen der Übungsaufgaben

135

Dies bedeutet im Einzelnen: c2 q E t 1 d x˙ (t) = = Tr (t) , q E dt m2 c4 + c2 q2 E2 t 2 + γ02 m2 v02 c2 γ0 m v0 y˙ (t) = = m2 c4 + c2 q2 E2 t 2 + γ02 m2 v02 c γ0 m v0 d ln [c q E t + Tr (t)] = q E dt c γ0 m v0 d cqEt = arcsinh , q E dt Tr (0) =

˙z(t) = 0 . 3.

Man beachte die Anfangsbedingungen: z(t) ≡ z0 ,

c γ0 m v0 cqEt arcsinh , qE Tr (0) 1 x(t) = Tr (t) − Tr (0) , qE Tr (0) = m2 c4 + c2 γ02 m2 v02 .

y(t) =

Das Teilchen durchläuft die Raumkurve x = x(y): yqE , c q E t = Tr (0) sinh c γ0 m v0 Tr (t) = Tr2 (0) + c2 q2 E2 t 2 = Tr (0) 1 + sinh2 = Tr (0) cosh Daraus folgt:

qE y c γ0 m v0

qE y = c γ0 m v0

.

Tr (0) qE x= cosh y − 1 = x(y) . qE c γ0 m v0

Lösung zu Aufgabe 2.5.18 1. Es gilt nach (2.59) und (2.54):

m(v) Tr (v) 0,711 = = γ (v) = = 1,391 m(0) Tr (0) 0,511 ⇒ m(v) = 1,391 m(0) .

2.5.18

136

Lösungen der Übungsaufgaben

2. γ = 1 − β2 −(1|2) ⇐⇒ β =

γ2 − 1 = 0,695 γ2

⇒ v = 0,695 c . 3. 2 vnr =

2T v2 2T 0,4 ⇒ nr = = m(0) c2 m c2 0,511 ⇒ vnr = 0,885 c .

Relativer Fehler:

ε=

2.5.19

vnr − v 100 = 27,30% . v

Lösung zu Aufgabe 2.5.19

m : Masse : Lorentz-Invariante , E0 = mc2 : Ruheenergie , mc2 Tr = : kinetische Energie , 1 − v2 | c2 Tr = c2 p2r + m2 c4 . Elastischer Stoß zweier gleicher Massen E0

Tr

Tr1

pr1

ϑ pr

m

m

pr2 Tr2

Vorher

Nachher

Abb. A.4.

Ziel: Berechnung des Streuwinkels ϑ als Funktion von Tr und Tr1 (nichtrelativistisch: ϑ = 90◦ ). Impulssatz: pr + 0 = pr1 + pr2 .

Lösungen der Übungsaufgaben

137

Energiesatz: Tr + E0 = Tr1 + Tr2 , Tr2 = c2 p2r + E02

⇒

pr =

1 Tr2 − E02 , c

p2r = p2r1 + p2r2 + 2 pr1 pr2 cos ϑ , 1 2 1 2 E02 2 2 T − E = T + T − 2 + 2 pr1 pr2 cos ϑ r 0 r1 r2 c2 c2 c2 ⇒

cos ϑ =

2 − T2 Tr2 + E02 − Tr1 r2 . 2 pr1 pr2 c2

Tr2 , pr2 mit Erhaltungssätzen eliminieren: Tr2 = Tr + E0 − Tr1 , 2 2 Tr2 = Tr2 + E02 + Tr1 + 2 Tr E0 − 2 Tr Tr1 − 2 E0 Tr1

⇒

2 2 2 Tr2 + E02 − Tr1 − Tr2 = −2 Tr1 − 2 Tr E0 + 2 Tr Tr1 + 2 E0 Tr1 =

= 2 Tr − Tr1 Tr1 − E0 . 1 2 − E2 = 1 Tr2 Tr2 + E0 Tr2 − E0 = 0 c c 1 = Tr − Tr1 Tr + 2E0 − Tr1 c 1 pr1 = Tr1 + E0 Tr1 − E0 c pr2 =

⇒

Tr − Tr1 Tr1 − E0 cos ϑ = , Tr1 + E0 Tr1 − E0 Tr − Tr1 Tr + 2 E0 − Tr1 cos ϑ = / 1+

Tr1,2 ≥ E0 :

2 E0 Tr1 −E0

Tr ≥ Tr1

1 1+

⇒

2 E0 Tr −Tr1

.

cos ϑ < 1 ⇒ ϑmin < ϑ ≤ 90◦ .

a) v≈c

⇒

cos ϑmin → 1 ;

Tr >> E0 ,

ϑmin → 0◦ .

138

Lösungen der Übungsaufgaben

b) v << c

⇒

2 E0 >> 1 ; Tr1 − E0

⇒

cos ϑ → 0 ;

2 E0 >> 1 Tr − Tr1

ϑ → 90◦ .

Es ergibt sich also das nicht-relativistische Resultat! 2.5.20

Lösung zu Aufgabe 2.5.20 1.

Tr = T + Tr (0) = 2 Tr (0) = γ Tr (0) ⇒ γ = 2 . Dies bedeutet:

/

γ 2 − 1 1|2 3 β= = = 0,866 . 2 γ 4 Die Geschwindigkeit des π+ -Mesons beträgt somit:

2.

m v π+ = 0,866 c = 2,598 · 108 . s Zerfallszeit im Ruhesystem des Mesons:

τ = 2,5 · 10−8 s . Zerfallszeit im Ruhesystem des Beobachters:

τ = γ τ = 5 · 10−8 s . Zerfallsstrecke: d = v τ = 12,990 m .

2.5.21

Lösung zu Aufgabe 2.5.21 Energiesatz:

Tr (v) + Tr (0) = Tr v1 + Tr v2 ⇒ γ (v) + 1 = γ v1 + γ v2 . Impulssatz: m γ v = m γ v1 v1 + m γ v2 v2 ⇒ γ (v)β = γ v1 β1 + γ v2 β2 .

Lösungen der Übungsaufgaben

139

Die letzte Gleichung in Komponenten zerlegt: γ (v)β = γ v1 β1 cos ϑ + γ v2 β2 cos ϕ , 0 = γ v1 β1 sin ϑ − γ v2 β2 sin ϕ ,

γ 2 v2 β22 cos2 ϕ + sin2 ϕ = γ 2 v1 β21 sin2 ϑ + γ (v)β − γ v1 β1 cos ϑ

2

⇒ γ 2 v2 β22 = γ 2 v1 β21 + γ 2 (v)β2 − 2γ (v)γ v1 ββ1 cos ϑ . Die β’s eliminieren wir durch die Beziehung: γ vi βi = γ 2 vi − 1 ⇒ γ 2 v2 − 1 = γ 2 v1 − 1 + γ 2 (v) − 1 − 2 γ 2 (v) − 1 γ 2 v1 − 1 cos ϑ . Diese Gleichung kombinieren wir mit dem Energiesatz, um γ (v2 ) zu eliminieren: γ v2 = γ (v) + 1 − γ v1 ⇒ γ 2 v2 = γ 2 (v) + 1 + γ 2 v1 + 2γ (v) − 2γ v1 − 2γ (v)γ v1 . Dies setzen wir oben ein: 2γ (v) − 2γ v1 − 2γ (v)γ v1 = −2 − 2 γ 2 (v) − 1 γ 2 v1 − 1 cos ϑ ⇒ −2 γ v1 − 1 γ (v) + 1 = −2 γ 2 (v) − 1 γ 2 v1 − 1 cos ϑ ⇒

γ v1 − 1 γ (v) + 1 = γ (v) − 1 γ v1 + 1 cos2 ϑ .

Das können wir nach γ (v1 ) auﬂösen: γ (v) + 1 + γ (v) − 1 cos2 ϑ γ v1 = . γ (v) + 1 − γ (v) − 1 cos2 ϑ Mit der Abkürzung

α2 =

γ (v) − 1 γ (v) + 1

bleibt dann zu lösen:

γ v1 =

1 + α2 cos2 ϑ . 1 − α2 cos2 ϑ

Wir gehen nun zurück zum Impulssatz und dividieren die beiden Komponentengleichungen durcheinander: γ v1 β1 sin ϑ tan ϕ = . γ (v)β(v) − γ v1 β1 cos ϑ

140

Lösungen der Übungsaufgaben

Nun ist

0 1 1 1 + α2 cos2 ϑ 2 2 2 γ v1 β1 = γ v1 − 1 = = 2 1 − α2 cos2 ϑ − 1 =

2α cos ϑ . 1 − α2 cos2 ϑ

Andererseits gilt:

γ (v)β = γ 2 (v) − 1 =

Dies setzen wir in den Ausdruck für tan ϕ ein: tan ϕ =

α

γ (v) + 1 (γ (v) − 1) = α γ (v) + 1 .

2α cos ϑ sin ϑ 1−α2 cos2 ϑ 2 γ (v) + 1 − 1−2αα2coscos2ϑϑ

=

2 cos ϑ sin ϑ = γ (v) + 1 − γ (v) + 1 α2 cos2 ϑ − 2 cos2 ϑ

= =

2 cos ϑ sin ϑ = γ (v) 1 − cos2 ϑ + 1 − cos2 ϑ

=

2 cos ϑ sin ϑ . γ (v) + 1 1 − cos2 ϑ

Daraus folgt schließlich die Behauptung: tan ϕ tan ϑ =

2 . γ (v) + 1

Im nicht-relativistischen Grenzfall γ → 1 gilt: tan ϕ tan ϑ → 1 . Wegen tan(ϕ + ϑ) =

tan ϑ + tan ϕ 1 − tan ϕ tan ϑ

bedeutet dies tan(ϕ + ϑ) → ∞ und damit:

ϕ+ϑ→

π 2

.

Lösungen der Übungsaufgaben

141

Lösung zu Aufgabe 2.5.22 Energie des Elektrons:

2.5.22

Tr2 = c2 p2r + m2 c4 = c2 p2r + Tr2 (0) . Andererseits: Tr = T + Tr (0) . Kombiniert man diese beiden Gleichungen, so folgt: T 2 + 2 T Tr (0) = c2 p2r , T ←→ 1 MeV , Tr (0) ←→ 0,511 MeV ⇒ c2 p2r = 2,022 (MeV)2 ⇒ c pr = 1,422 MeV . Das Photon hat keine Ruhemasse: Tr (γ ) = c pr = 1,422 MeV .

Thermodynamik

Thermodynamik

145

Die Thermodynamik ist eine klassische, phänomenologische Theorie (Wärmelehre), die als solche ihre Begriffe direkt aus dem Experiment entnimmt. Sie behandelt Phänomene, zu deren Charakterisierung die physikalischen Größen Temperatur und Wärme herangezogen werden müssen. Diese Begriffe ﬁndet man weder in der Klassischen Mechanik noch in der Quantenmechanik. Sie sind sinnvoll deﬁnierbar nur für Systeme, die aus sehr vielen Untereinheiten bestehen, dagegen völlig sinnlos für Einzelobjekte, wie z. B. für den Massenpunkt der Klassischen Mechanik. Typisch für die Thermodynamik ist deshalb die Beschäftigung mit makroskopischen physikalischen Systemen. Das war in der Klassischen Mechanik und in der Elektrodynamik anders. Die fundamentalen Newton’schen Axiome bzw. die Maxwell-Gleichungen haben wir zunächst an besonders einfachen mikroskopischen Modellsystemen (Massenpunkt, Punktladung) diskutiert und ausgewertet, um sie erst anschließend auf makroskopische, also realistische Objekte auszudehnen. Die Thermodynamik ist dagegen von vorneherein nur für makroskopische Viel-Teilchen-Systeme konzipiert, wobei sie die an sich verblüffende Tatsache ausnutzt, dass sich solche Systeme trotz ihrer vielen Freiheitsgrade phänomenologisch ausreichend durch wenige makroskopische Observable wie Druck, Volumen, Temperatur, Magnetisierung, . . . beschreiben lassen. Die gesamte Theorie basiert auf so genannten Hauptsätzen, aus denen sich alle anderen Aussagen ableiten. Der Nullte Hauptsatz postuliert die Existenz einer Temperatur. Der Erste Hauptsatz erklärt Wärme zu einer Energieform und fordert unter ihrer Einbeziehung die Gültigkeit des Energiesatzes. Der Zweite Hauptsatz handelt von der Unmöglichkeit, Wärme vollständig in andere Energieformen, wie z. B. mechanische Bewegungsenergie, umzuformen. Der Dritte Hauptsatz betrifft die Unerreichbarkeit des absoluten Nullpunktes. Zentrale Aussagen stecken in dem Ersten und dem Zweiten Hauptsatz. Die zur Thermodynamik komplementäre Theorie ist die Statistische Mechanik,

146

Thermodynamik

die in Band 6 des Grundkurs: Theoretische Physik angeboten wird. Sie begründet die Begriffe und Gesetzmäßigkeiten der phänomenologischen Thermodynamik über die mikroskopische Struktur der Systeme, und das mit Hilfe der Konzepte der Klassischen Mechanik bzw. der Quantenmechanik. Ihre prinzipiellen Probleme liegen auf der Hand: Makroskopische Systeme mikroskopisch korrekt beschreiben zu wollen, hieße, 1023 gekoppelte Bewegungsgleichungen mit komplizierten Wechselwirkungstermen zu lösen. Dies ist unmöglich, aber auch unnötig, da ein Messprozess ja immer eine Mittelung bedeutet (s. (2.179), Bd. 3). Also besteht die entscheidende Aufgabe der Statistischen Mechanik darin, die relevanten makroskopischen Observablen mit statistischen Methoden (Häuﬁgkeitsverteilungen, Mittelwerte, Wahrscheinlichkeiten, . . . ) aus mikroskopischen Daten festzulegen. – Eine weitere wichtige Aufgabe der Statistischen Mechanik liegt in der Begründung von Größen wie Temperatur und Wärme, die, wie erwähnt, für die Thermodynamik typisch und direkt mit der großen Teilchenzahl korreliert sind. In diesem Abschnitt soll es jedoch ausschließlich um die phänomenologische Thermodynamik gehen. Wir werden uns deshalb zunächst damit abﬁnden müssen, das tiefere, sozusagen mikroskopische Verständnis einiger wichtiger Begriffe und Konzepte auf einen späteren Zeitpunkt zu verschieben.

Kapitel 1 Grundbegriffe

1

1

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

Grundbegriffe Thermodynamische Systeme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zustand, Gleichgewicht . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Temperaturbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Zustandsgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ideales Gas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Van der Waals-Gas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Idealer Paramagnet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Weiß’scher Ferromagnet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Arbeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

149 150 153 154 154 156 160 162 164 168 175

149

1 Grundbegriffe 1.1 Thermodynamische Systeme Als thermodynamisches System bezeichnen wir jedes makroskopische System, das aus sehr vielen Elementargebilden (Atomen, Elektronen, Photonen, Feldmoden, . . . ) aufgebaut ist. Thermodynamische Systeme sind also Systeme mit sehr vielen Freiheitsgraden, deren Mikrozustände uns jedoch hier nicht interessieren. Beispiele: Ein Liter Hörsaalluft, galvanisches Element, Dampfmaschine, ferromagnetisches Eisen, strahlungserfüllter Hohlraum, Kasten mit Inhalt, . . . Ein wichtiger Aspekt der thermodynamischen Systeme besteht in der Möglichkeit ihrer Abgrenzung gegen die Umgebung durch Wände, wodurch Wechselwirkungen zwischen System und Umgebung ganz oder teilweise ausgeschlossen werden. Um diesen Aspekt genauer zu verstehen, müssen wir im Folgenden bereits einige Begriffe verwenden, die zwar aus dem täglichen Sprachgebrauch vertraut sind, genau genommen aber erst in späteren Abschnitten für die Thermodynamik deﬁniert werden: Isoliertes (abgeschlossenes) System Keinerlei Austausch von Eigenschaften und Inhalten mit der Umgebung; d. h. kein Teilchen- oder Energieaustausch, keine Wechselwirkung mit äußeren Feldern usw.

Geschlossenes System Kein Materie- (Teilchen-) Austausch mit der Umgebung. Ein solches System kann durchaus noch Kontakt mit der Umgebung haben. Beispiele 1) Wärmeaustauschkontakt (thermischer Kontakt) Dieser führt zum Temperaturausgleich zwischen System und Umgebung durch Austausch von Energie in Form von Wärme. Kann man die Umgebung als sehr großes System auffassen, dessen Temperatur sich bei Entnahme einer endlichen Wärmemenge praktisch nicht ändert, so sagt man, das System beﬁnde sich in einem

Wärmebad. W. Nolting, Grundkurs Theoretische Physik 4. DOI 10.1007/978-3-642-24481-0_3 © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2012

1.1

150

1. Grundbegriffe

Ein System ohne den Kontakt 1) heißt thermisch isoliert. 2) Arbeitsaustauschkontakt Durch Arbeitsleistung vom System an der Umgebung oder umgekehrt werden gewisse Systemeigenschaften geändert. Es kann sich dabei um mechanische, elektromagnetische, chemische oder eventuell andere Formen von Arbeit handeln:

Gas

Abb. 1.1. Kompression eines Gases durch Kolbenbewegung als Beispiel

für einen Arbeitsaustauschkontakt

Offenes System Keinerlei Einschränkungen, d. h. auch Teilchen- (Stoffmengen-) Austausch mit der Umgebung.

1.2

1.2 Zustand, Gleichgewicht Zur Beschreibung eines thermodynamischen Systems benutzen wir die Resultate von repräsentativen Messungen an charakteristischen makroskopischen Observablen, den so genannten Zustandsgrößen (Zustandsvariablen). Welche Größen letztlich in Betracht kommen, ist nicht eindeutig vorgegeben, sondern richtet sich weitgehend nach Interesse und Zweckmäßigkeit. Gesichtspunkte bei der Auswahl können dabei sein: einfache Messungen, unabhängige Observable, ausreichend detaillierte (vollständige) Beschreibung, . . . Von einem vollständigen Satz unabhängiger Zustandsgrößen spricht man genau dann, wenn sich alle anderen thermodynamischen Größen des Systems als Funktionen dieser Variablen darstellen lassen. Typisch für die Thermodynamik ist, dass bereits wenige Zustandsgrößen trotz vieler Freiheitsgrade zur Beschreibung ausreichen, weil der atomare (mikroskopische) Aufbau des Systems nicht interessiert. Beispiele Gas-Flüssigkeit: Druck p, Volumen V, Temperatur T, Teilchenzahl N, Entropie S, innere Energie U . . . ,

1.2

Zustand, Gleichgewicht

151

Magnet: Magnetfeld H, magnetisches Moment m, Magnetisierung M(r), Temperatur T, . . .

Nicht alle Zustandsgrößen sind unabhängig; es gibt Relationen zwischen ihnen. Man unterscheidet deshalb zwischen abhängigen und unabhängigen Zustandsvariablen. Die abhängigen nennt man Zustandsfunktionen. Man unterscheidet: 1) Extensive Zustandsgrößen (Quantitätsgrößen) Diese sind mengenproportional, d. h., sie verhalten sich additiv bei der Zusammensetzung von Systemen, z. B. V, m, Masse M, U, . . . 2) Intensive Zustandsgrößen (Qualitätsgrößen) Diese sind mengenunabhängig, z. B. T, p, M, ρ = N |V, . . . In der Thermodynamik hat man es praktisch ausschließlich mit extensiven oder mit intensiven Zustandsgrößen zu tun. Wir listen weitere wichtige Begriffe auf:

Zustandsraum: Raum, der von einem vollständigen Satz unabhängiger Zustandsgrößen aufgespannt wird.

Zustand: Werte eines vollständigen Satzes von unabhängigen Zustandsgrößen; Punkt im Zustandsraum.

Gleichgewicht: Zustand, in dem sich die Werte der Basis-Zustandsgrößen zeitlich nicht mehr ändern.

Erfahrungsgemäß geht jedes isolierte System von allein in einen Zustand, der sich mit der Zeit nicht mehr ändert. Dieses ist dann der Gleichgewichtszustand. Die Zeit, die das System benötigt, um diesen zu erreichen, wird Relaxationszeit genannt. Diese kann von System zu System um Größenordungen variieren. In der Thermodynamik versteht man unter einem Zustand, wenn nicht ausdrücklich anders angegeben, stets einen Gleichgewichtszustand.

152

1. Grundbegriffe

Zustandsänderung, Prozess: Folge von Zuständen, die das System durchläuft. War der Ausgangszustand ein Gleichgewichtszustand, so kann eine Zustandsänderung nur durch Änderung der äußeren Bedingungen veranlasst werden.

Die Zustandsänderung wird quasistatisch genannt, wenn sie so langsam gegenüber den Relaxationszeiten verläuft, dass sie praktisch aus einer Folge von Gleichgewichtszuständen besteht. Sie beschreibt eine Kurve im Zustandsraum. Die Zustandsänderung wird reversibel genannt, wenn es sich um eine umkehrbare Folge von Gleichgewichtszuständen handelt, d. h., wenn einer zeitlichen Umkehr der Änderung der äußeren Bedingungen eine zeitliche Umkehr der vom System durchlaufenen Zustände entspricht. Eine irreversible Zustandsänderung ist demzufolge nicht umkehrbar. Paradebeispiel ist die Durchmischung zweier Gase. (S. Abb. 1.2.)

• • • • • • A • • • • •

•

• • × • × × × • • × A∪ B • × • × • ×

× × × ×B ×× × × × ××

Abb. 1.2. Durchmischung zweier Gase als Beispiel für eine irreversible Zustandsänderung

Das Hineinschieben der Trennwand nach der Durchmischung führt nicht wieder zum Ausgangszustand. Reale Prozesse sind in der Regel weder quasistatisch noch reversibel. Eine wichtige Rolle wird im Folgenden der Kreisprozess spielen, dass alle Zustandsgrößen, nicht nur die unabhängigen, zu denselben Werten zurückkehren. Dieser Band des Grundkurs: Theoretische Physik beschäftigt sich ausschließlich mit der Gleichgewichts-Thermodynamik (besser eigentlich: „Thermostatik“). Die Nicht-Gleichgewichts-Thermodynamik ist außerordentlich kompliziert.

1.3

Der Temperaturbegriff

153

1.3

1.3 Der Temperaturbegriff Wenn wir nun beginnen, thermodynamische Zustände und ihre Prozesse zu diskutieren, so können wir Bedeutung und Messvorschrift der meisten Observablen von anderen Disziplinen der Physik, wie z. B. der Mechanik (p, V, ρ, . . . ) oder der Elektrodynamik (H, M, . . . ), übernehmen. Begriff und Messvorschrift der Temperatur müssen wir jedoch neu einführen. Dieses soll in mehreren, immer präziser werdenden Schritten erfolgen. Der Temperaturbegriff ist uns natürlich im Zusammenhang mit gefühlsmäßigen Wahrnehmungen von warm und kalt gewissermaßen seit unserer Geburt vertraut. Es handelt sich also einerseits um einen recht elementaren Begriff. Andererseits wissen wir aber auch, dass Empﬁndungen von warm und kalt höchst subjektiv und damit nicht reproduzierbar sind. Es ist deshalb keinesfalls selbstverständlich, dass die Temperatur auch als eine physikalische Messgröße aufgefasst werden kann. Wir postulieren ihre Existenz! Definition 1.3.1: Nullter Hauptsatz 1. Jedes makroskopische System besitzt eine

1.3.1

Temperatur T.

2. 3.

Es handelt sich dabei um eine intensive Zustandsgröße, die in einem sich selbst überlassenen, isolierten System überall denselben Wert annimmt, d. h. einem homogenen Gleichgewichtswert zustrebt. T ist durch eine Zahl gekennzeichnet, ist also eine skalare Messgröße. Von zwei, sich in ihrem Gleichgewicht beﬁndlichen Systemen A und B kann stets gesagt werden: TA > TB

4.

oder TA < TB

oder TA = TB

A, B, C seien thermodynamische Systeme. Dann folgt aus TA > TB und TB > TC stets TA > TC

5.

(Anordnungsaxiom) .

(Transitivität) .

Systeme A und B seien in thermischem Kontakt, das Gesamtsystem A ∪ B sei isoliert, dann gilt im Gleichgewicht: TA = TB = TA ∪ B .

6.

Sei für zwei zunächst getrennte Systeme TA(a) < TB(a) , dann gilt nach Herstellung des thermischen Kontakts im Gleichgewicht: TA(a) < TA∪B < TB(a) .

154

1. Grundbegriffe

Als vorläuﬁge Messvorschrift benutzt man die Auswirkung der Temperatur auf andere Observable. Jede physikalische Eigenschaft, die sich monoton und eindeutig mit T ändert, kann zur Konstruktion eines Thermometers verwendet werden: Quecksilberthermometer

(Volumen) ,

Gasthermometer

(Druck) ,

Widerstandsthermometer (elektrischer Widerstand) . Einzelheiten zur Wirkungsweise entnehme man Büchern zur Experimentalphysik. Man beachte, dass jede Temperaturmessung ganz entscheidend die Eigenschaft 5. des thermischen Gleichgewichts benutzt. Jedes Thermometer misst ja eigentlich seine eigene Temperatur, die erst im thermischen Gleichgewicht mit der des zu untersuchenden Systems übereinstimmt. Bei unterschiedlichen Ausgangstemperaturen tritt wegen 6. stets eine gewisse Verfälschung der Systemtemperatur ein.

1.4

1.4 Zustandsgleichungen Unter Zustandsgleichungen verstehen wir Relationen zwischen gewissen extensiven und intensiven Zustandsvariablen Zi des Systems: f Z1 , Z2 , . . . , Zn = 0 .

(1.1)

Sie müssen eindeutig umkehrbar, d. h. nach allen Variablen Zi auﬂösbar sein. Man kann mit ihrer Hilfe abhängige in unabhängige Zustandsvariable verwandeln und umgekehrt. Die in der Thermodynamik verwendeten Zustandsgleichungen werden ohne Ableitung als experimentell veriﬁzierte Tatsachen hingenommen. Sie folgen in der Regel aus einfachen theoretischen Modellvorstellungen über das zugrunde liegende physikalische System. Die vier wichtigsten Beispiele wollen wir kurz andiskutieren: 1.4.1 Ideales Gas Wir beginnen mit dem einfachsten System, einem Gas aus N Molekülen, das die folgenden zwei idealisierenden Annahmen erfüllen möge: 1. keine Eigenvolumina der Moleküle (Massenpunkte), 2. keine Wechselwirkungen der Teilchen untereinander.

Diese Voraussetzungen sind in einem realen Gas streng genommen nur bei unendlicher Verdünnung erfüllt.

1.4

Zustandsgleichungen

155

Eine Menge Gas aus N Teilchen sei in einem Volumen V eingeschlossen. Es beﬁnde sich in thermischem Kontakt mit einem Wärmebad einer bestimmten Temperatur. Nach dem Nullten Hauptsatz nimmt das Gas im Gleichgewicht dieselbe Temperatur an. Im Gas herrscht ein homogener Druck p. Bei Änderung des Volumens V ändert sich auch der Druck p. Experimentelle Beobachtung: Bei hinreichender Verdünnung ρ = N |V → 0 verhalten sich alle Gase gleich und befolgen das Boyle–Mariotte’sche Gesetz pV = K = const . N

(1.2)

Man kann (1.2) als Deﬁnitionsgleichung für das ideale Gas auffassen. Die Konstante K nimmt für Wärmebäder unterschiedlicher Temperatur verschiedene Werte an und kann deshalb benutzt werden, eine Messvorschrift für die Temperatur festzulegen. Ansatz: K(ϑ) = K0 (1 + α ϑ) .

(1.3)

Celsius-Skala:

ϑ = 0 ◦ C : Gefrierpunkt des Wassers , ϑ = 100 ◦ C : Siedepunkt des Wassers bei p = 1 atm . Aus den Messwerten für K0 = K(0◦ ) und K(100◦ ) folgt:

α=

K(100◦ ) − K(0◦ ) 1 = . ◦ ◦ 100 K(0 ) 273,2

(1.4)

Dieses Ergebnis ist unabhängig von der Art des Gases, falls nur (1.2) gilt. Mit (1.2) bis (1.4) lässt sich die Temperatur eines jeden Wärmebades bzw. Gases bestimmen. Kelvin-Skala (absolute Temperatur): T = α−1 + ϑ = 273,2 ◦ + ϑ .

(1.5)

Die Konstante kB = K0 α ist universell, heißt Boltzmann-Konstante und hat den Wert kB = 1,3805 · 10−23 J | K .

(1.6)

156

1. Grundbegriffe

Damit lautet die Zustandsgleichung des idealen Gases p V = N kB T .

(1.7)

Dies kann man noch etwas anders formulieren, wenn man NA = 6,02252 · 1023 mol−1 ,

(1.8)

die Avogadro-Konstante (früher: Loschmidt-Zahl) oder R = kB NA = 8,3166

J , mol K

(1.9)

die allgemeine Gaskonstante benutzt. Bezeichnet man mit n = N |NA die Zahl der Mole, dann gilt auch pV = nRT .

(1.10)

Die so deﬁnierte Temperaturskala hat einen universellen Charakter, da (1.2) unabhängig von der Art des idealen Gases ist. p, V, N sind positive Größen, somit auch die absolute Temperatur T. Ein Nachteil dieser Temperaturdeﬁnition besteht darin, dass sie an Gase gebunden ist, die die ideale Gasgleichung erfüllen, benötigt also die beiden Voraussetzungen 1. und 2. Sie wird sicher für T → 0 und|oder große p wegen der dann einsetzenden Verﬂüssigung unbrauchbar. Dieses Manko wird im Zusammenhang mit dem Zweiten Hauptsatz durch Einführung einer universellen (thermodynamischen) Temperatur behoben. Der in diesem Abschnitt formulierte Temperaturbegriff wird also nur einen vorläuﬁgen Charakter haben. 1.4.2 Van der Waals-Gas Die Zustandsgleichung des idealen Gases (1.7) kann wegen der beiden Einschränkungen 1. und 2. nur in der Grenze sehr kleiner Teilchendichte für reale Gase verwendbar sein. Insbesondere ist sie nicht in der Lage, den Phasenübergang „Gas ↔ Flüssigkeit“ zu beschreiben. Durch den folgenden Ansatz

peff Veff = n R T

(1.11)

wollen wir die ideale Gasgleichung (1.10) so verallgemeinern, dass die beiden Bedingungen 1. und 2. wegfallen, andererseits aber in der Grenze starker Verdünnung wieder (1.10) resultiert: Zu 1.: Für p → ∞ gilt bei T = const in der idealen Gasgleichung V → 0 unter Missachtung der Eigenvolumina der Gasmoleküle. Für das reale Gas werden wir ein minimales Volumen zu berücksichtigen haben:

1.4

Zustandsgleichungen

157

Vmin ≈ N Teilchenvolumen ≡

b N NA

⇒ Veff = V − Vmin = V − n b .

(1.12)

Eigenvolumen

Zu 2.: d Abb. 1.3. Zur Begründung des Binnendrucks in der van der

Waals-Zustandsgleichung

Die Teilchen des realen Gases wechselwirken miteinander. Wegen der homogenen Verteilung heben sich die Wechselwirkungskräfte auf ein Teilchen im Gefäßinnern im Mittel heraus. Für ein Teilchen am Rand bleibt allerdings eine resultierende Kraftkomponente nach innen. Das vermindert den Druck des Gases auf die Gefäßwände, wo er andererseits gemessen wird: peff > „Wanddruck“ p . Der Differenzdruck ist proportional zur Zahl der Teilchen-Wechselwirkungen in der Randschicht, deren Dicke d etwa durch die mittlere Reichweite dieser Wechselwirkungen gegeben ist: Zahl der Wechselwirkungen in der Randschicht: 2 2 N N N N − 1 ∼ (d · S)2 ∼ . V V (S: Gefäßoberﬂäche.) Dem entspricht: peff = p + a

n2 . V2

(1.13)

Binnendruck Gleichungen (1.12) und (1.13) in (1.11) eingesetzt ergibt die van der Waals-Zustandsgleichung n2 p + a 2 (V − n b) = n R T . V

(1.14)

158

1. Grundbegriffe

a und b sind phänomenologische Materialkonstanten, wobei a sehr stark, b weniger stark von Substanz zu Substanz varriiert. – Wir wollen die Zustandsgleichung (1.14) noch etwas genauer untersuchen: 1) Kritischer Punkt Man kann (1.14) auf die folgende Gestalt bringen: nRT a n2 n3 V3 − V2 n b + +V − ab =0. p p p

(1.15)

p

T2 > Tc pc

T = Tc

B

p1

T1 < Tc

A

V1

Vc

V2

V

Abb. 1.4. Isothermen des van der Waals-Gases

Dies ist eine Gleichung dritten Grades für das Volumen V, die bei gegebenem p, T für p < pc , T < Tc drei reelle Lösungen, sonst eine reelle und zwei komplexe Lösungen aufweist. Es gibt also einen kritischen Punkt pc , Vc , Tc , bei dem die drei Lösungen gerade zusammenfallen. In diesem speziellen Punkt muss demnach gelten: 3 ! 0 = V − Vc = V 3 − 3V 2 Vc + 3V Vc2 − Vc3 . Der Koefﬁzientenvergleich mit (1.15) liefert die kritischen Daten des realen Gases, die sämtlich durch die beiden phänomenologischen Parameter a, b bestimmt sind: Vc = 3 b n ;

pc =

a ; 27 b2

R Tc =

8a . 27 b

(1.16)

Man kann aus diesen Gleichungen natürlich a und b eliminieren und erhält dann: Zc =

pc Vc 3 = . n R Tc 8

(1.17)

Experimentell ﬁndet man für praktisch alle realen Gase Zc < 3|8, während für das ideale Gas nach (1.10) Zc = 1 ist. In dieser Hinsicht liefert das van der Waals-Modell eine deutliche Verbesserung.

1.4

Zustandsgleichungen

159

2) Gesetz von den korrespondierenden Zuständen Führt man die reduzierten Größen

π=

p ; pc

v=

V ; Vc

t=

T Tc

(1.18)

ein, so lässt sich die van der Waals-Gleichung (1.14) in eine Form bringen, die keine Materialkonstanten mehr enthält, deshalb für alle Substanzen Gültigkeit haben sollte: 3 π + 2 (3 v − 1) = 8 t . (1.19) v Man sagt, dass zwei Substanzen mit denselben (π, v, t)-Werten sich in korrespondierenden Zuständen beﬁnden. Diese universelle Gleichung ist im Allgemeinen weit besser erfüllt als die ursprüngliche van der Waals-Gleichung (1.14), aus der sie abgeleitet wurde. 3) Maxwell-Konstruktion Die pV-Isothermen zeigen für T < Tc eine unphysikalische Besonderheit. Es gibt einen Bereich, in dem ∂p >0 ∂V T

ist. Dieses kann nicht realistisch sein, da eine Volumenabnahme dV < 0 dann auch eine Druckabnahme dp < 0 zur Folge hätte. Das System würde kollabieren. Die Ursache dieser unphysikalischen Besonderheit liegt darin, dass wir implizit bei der Ableitung der van der Waals-Zustandsgleichung davon ausgegangen sind, dass das System aus genau einer homogenen Phase besteht. Wir bezeichnen eine Phase als homogen, wenn in ihr die intensiven Zustandsgrößen, wie z. B. ρ, T, p, . . . , überall denselben Wert haben. Diese Annahme ist für T < Tc falsch. In dem blau schrafﬁerten Bereich in Abb. 1.4 liegt vielmehr ein Zwei-Phasen-Gebiet vor. Flüssigkeit und Gas stehen miteinander im Gleichgewicht. Man hat hier die van der Waals-Isotherme durch eine Parallele zur V-Achse zu ersetzen, und zwar so, dass die in der Skizze angedeuteten Flächen A und B gleich sind. Man nennt dies die Maxwell-Konstruktion, deren physikalische Rechtfertigung wir später nachliefern werden. Bei der Temperatur T1 , dem Druck p1 und dem Volumen V1 besteht das System aus einer homogenen Phase Flüssigkeit. Wird bei konstanter Temperatur das Volumen vergrößert, so bleibt der Druck konstant. Ein Teil der Flüssigkeit verdampft zu Gas. Bei V2 ist das gesamte System gasförmig, weitere Volumenvergrößerung führt dann zu einer Druckabnahme. 4) Virialentwicklung Phasenübergänge sind offensichtlich von unstetiger Natur, wie wir am Übergang Flüssigkeit ⇐⇒ Gas gerade gesehen haben. Man kann deshalb nicht erwarten, dass

160

1. Grundbegriffe

exakte Zustandsgleichungen realer Gase einfache analytische Ausdrücke darstellen. Wir mussten ja für eine erste angenäherte Beschreibung zu der van der WaalsGleichung bereits die Maxwell-Konstruktion hinzuziehen. Man benutzt deshalb bisweilen Reihenentwicklungen nach der Teilchendichte: 2 N kB T N N p= 1 + B1 + B2 + ... . (1.20) V V V Die so genannten Virialkoefﬁzienten Bi drücken die Abweichung vom Verhalten des idealen Gases aus. Sie werden in der Statistischen Mechanik theoretisch begründet. Für das van der Waals-Gas ﬁndet man: b a b ν B1 = − ; Bν = , für ν ≥ 2 . (1.21) NA NA2 kB T NA 1.4.3 Idealer Paramagnet Wir betrachten einen Festkörper, dessen streng periodisch angeordnete Ionen ein permanentes magnetisches Moment mi aufweisen. Der Index i (i = 1, 2, . . . , N) nummeriert die einzelnen Momente durch. Abb. 1.5. Modell eines Paramagneten, aufgebaut aus

mg

mh

mi

mj

mk

an „Gitterplätzen“ lokalisierten magnetischen Momenten mi

Ein Ion besteht aus einem positiv geladenen Kern und einigen, um diesen kreisenden, negativ geladenen Elektronen. Diese stellen Mikro-Kreisströme dar, mit denen nach ((3.43), Bd. 3) ein magnetisches Moment verknüpft ist. Da es sich hierbei um Vektoren mit unterschiedlichen Richtungen handelt, kompensieren sie sich in den meisten Fällen in ihren Wirkungen. In einigen Festkörpern bleibt jedoch pro Ion ein resultierendes Moment, das in der obigen Abbildung durch einen Vektorpfeil angedeutet ist. Eine mögliche Wechselwirkung zwischen den lokalisierten Momenten wird durch kleine Federn symbolisiert. – Physikalische Einzelheiten über magnetische Festkörper entnehme man Abschn. 3.4, Bd. 3. – Wir werden in der Thermodynamik sehr einfache Modelle des Para- und des Ferromagneten benutzen. Beim idealen Paramagneten geht man wie beim idealen Gas davon aus, dass zwischen den Momenten keine Wechselwirkung vorliegt. Die Richtungen der einzelnen Momente sind dann statistisch verteilt, sodass das resultierende Gesamtmoment Null ist. Schaltet man nun ein homogenes Magnetfeld, H = H ez , auf, so versuchen die elementaren Dipole sich wegen ((3.52), Bd. 3) parallel zum Feld einzustellen. Durch diesen Ausrichtungseffekt entsteht ein makroskopisches Gesamtmoment, das noch von der Temperatur abhängen wird. Wir werden später

1.4

Zustandsgleichungen

161

sehen, dass die mit T anwachsende thermische Energie der Elementarmagnete dem Ausrichtungseffekt entgegengerichtet ist. Wir kommen zur Zustandsgleichung des idealen Paramagneten über die Deﬁnitionen: Gesamtmoment : mtot = mi ; |mi | = m ∀i , i

1 mtot = M(T, H) ez . V

Magnetisierung : M =

Da H und M im Allgemeinen parallel sein werden, können wir die Vektornotation unterdrücken. Die Zustandsgleichung des idealen Paramagneten lautet dann: B0 M = M0 L m , (1.22) kB T L(x) = coth x − M0 =

1 : Langevin-Funktion , x

N m : Sättigungsmagnetisierung , V

(1.23) (1.24)

B0 = μ0 H . Gleichung (1.22) lässt sich in der Statistischen Mechanik einfach ableiten. Wir begnügen uns hier mit dem Resultat. M M0

T1

Abb. 1.6. Magnetisierung eines Para-

T2

T3 > T2 > T1

T3

B0

magneten als Funktion einer äußeren magnetischen Induktion für drei verschiedene Temperaturen. M 0 : Sättigungsmagnetisierung

Die Sättigung ist erreicht, sobald alle Momente parallel ausgerichtet sind. Dann bringt eine weitere Feldsteigerung keinen Zugewinn an Magnetisierung. Typisch für den Paramagneten ist M(H, T) −→ 0 . H →0

Für hohe Temperaturen wird das Argument der Langevin-Funktion sehr klein. Dann können wir wegen L(x) −→ x|3 (1.22) weiter vereinfachen: x→0

M=

C H T

Curie-Gesetz .

(1.25)

N m2 . V 3 kB

(1.26)

C ist die so genannte Curie-Konstante, C = μ0

162

1. Grundbegriffe

In der Regel benutzt man die Zustandsgleichung des idealen Paramagneten in der vereinfachten Form (1.25). 1.4.4 Weiß’scher Ferromagnet Das magnetische Analogon zum realen Gas ist der Ferromagnet. Eine so genannte Austauschwechselwirkung zwischen den lokalisierten Momenten sorgt für die Existenz einer kritischen Temperatur Tc , die man Curie-Temperatur nennt:

T ≤ Tc :

spontane Magnetisierung M(T, H) −→ MS (T) =/ 0 , H →0

T > Tc : Eigenschaften wie beim Paramagneten . Die immer noch weitgehend unverstandene Austauschwechselwirkung kann man in guter Näherung in ihren Auswirkungen durch ein effektives magnetisches Feld simulieren, Beff = μ0 λ M ,

(1.27)

das man als proportional zur Magnetisierung ansetzt. λ ist die so genannte Austauschkonstante. Man ersetzt also die wechselwirkenden Momente durch nichtwechselwirkende in einem effektiven Feld der Form Beff . Dieses addiert sich zum äußeren Feld B0 . Ansonsten haben wir in diesem Modell dieselbe Situation wie beim Paramagneten, können also (1.22) in passend modiﬁzierter Form übernehmen:

B0 + Beff M T, B0 = M0 L m . (1.28) kB T Das ist die Zustandsgleichung des Ferromagneten, die eine implizite Bestimmungsgleichung für die Magnetisierung darstellt. Die spontane Magnetisierung MS (T) ergibt sich aus (1.28) für B0 = 0:

λ MS (T) . (1.29) MS (T) = M0 L μ0 m kB T M=M

M M0

× Ms

⎛ λM ⎞⎟ M = M0 L ⎜⎜μ0 m ⎟ k BT ⎠ ⎝ Abb. 1.7. Graphische Bestimmung der spontanen

M

Magnetisierung des Weiß’schen Ferromagneten

Man erkennt, dass MS (T) ≡ 0 (Paramagnetismus!) stets Lösung ist. Unter gewissen Umständen gibt es jedoch noch weitere Lösungen. Da L(x) in (1.29) als Funktion

1.4

Zustandsgleichungen

163

von M für große M bei 1 sättigt, gibt es genau dann eine Lösung MS =/ 0, wenn die rechte Seite von (1.29) eine Anfangssteigung größer als 1 hat:

! d λ M(T) 1 ≤ M0 L μ0 m = dM kB T M =0 d λ M N λ λC = M0 μ0 m = μ0 m2 = . dM 3 kB T M = 0 V 3kB T T Damit ist die Curie-Temperatur Tc festgelegt: Tc = λ C . T < Tc ⇐⇒

T > Tc ⇐⇒

λC T

λC T

(1.30)

> 1 ⇐⇒ MS =/ 0 existiert ⇐⇒ Ferromagnetismus , < 1 ⇐⇒ nur MS = 0 ist Lösung ⇐⇒ Paramagnetismus .

Existiert eine Lösung MS > 0, dann ist auch −MS Lösung, wie man sich wegen tanh (−x) = −tanh x leicht an (1.29) klarmacht. Die genauere Analyse von (1.28) liefert qualitativ das in Abb. 1.8 dargestellte Verhalten: M

T = Tc

M

T < Tc

M0

M0

×

B0 = 0

T > Tc

× Tc

B0 ×

− M0

− M0

B0 ≠ 0

T

Abb. 1.8. Links: Feldabhängigkeit der Magnetisierung des Ferromagneten für Temperaturen

oberhalb, unterhalb und gleich der Curie-Temperatur. Rechts: Temperaturabhängigkeit der Magnetisierung mit und ohne äußeres Feld

Weitere Einzelheiten zum Para- und Ferromagnetismus entnehme man der Spezialliteratur. Man kann die Zustandsgleichung (1.28) wie beim Paramagneten noch weiter vereinfachen, wenn man sich auf hohe Temperaturen und kleine Felder beschränkt: M ≈ M0 m Daraus folgt das

B0 + Beff C C Tc = (H + λ M) = H + M . 3 kB T T T T

164

1. Grundbegriffe

Curie-Weiß-Gesetz M(H, T) ≈

C H. T − Tc

(1.31)

Für die Thermodynamik werden wir uns in der Regel mit dieser vereinfachten Version der Zustandsgleichung eines Ferromagneten zufrieden geben. Diskutiert man magnetische Systeme, so werden im Allgemeinen Druck- und Volumeneffekte außer Acht gelassen.

1.5

1.5 Arbeit Zustandsänderungen eines thermodynamischen Systems sind im Allgemeinen mit Energieänderungen verknüpft. In der Thermodynamik unterscheidet man nun typischerweise Energieänderungen, die durch am oder vom System geleistete Arbeit (ΔW) hervorgerufen werden, und solche, bei denen sich der Wärmeinhalt (ΔQ) des Systems ändert. Vorzeichenkonvention:

ΔW > 0 , wenn am (vom) System Arbeit geleistet wird , (<)

ΔQ > 0 , wenn Wärme in das (aus dem) System (<)

hinein(heraus)gepumpt wird .

Der Begriff der Arbeit wird der Klassischen Mechanik bzw. der Elektrodynamik entnommen: q1 , . . . , qm : generalisierte Koordinaten , F1 , . . . , Fm : (zugeordnete) generalisierte Kraftkomponenten . Die qi müssen nicht notwendig die Dimension Länge haben, und die Kräfte Fi müssen nicht unbedingt Kräfte im eigentlichen Sinne sein. Das Produkt q F hat aber in jedem Fall die Dimension einer Energie. (differentielle, quasistatische) Arbeit

δW =

m i=1

Fi dqi .

(1.32)

1.5

Arbeit

165

Beispiele Fi

dqi

δW

Druck

−p

dV

−p dV

Oberﬂächenspannung

σ

dS

σ dS

Magnetfeld

B0

dm

B0 · dm

elektrisches Feld

E

dP

E · dP

chemisches Potential

μ

dN

μ dN

Wir haben für die differentielle Arbeitsleistung bewusst den Buchstaben „δ“ statt des üblichen „d“ gewählt, um anzudeuten, dass es sich bei δW nicht um ein tota les Differential handelt. Das bedeutet, dass Linienintegrale C δW im Allgemeinen wegabhängig sind. Zwischenbemerkung: Eine Differentialform

δA =

m

aj x1 , x2 , . . . , xm dxj

j=1

ist genau dann ein totales Differential (integrabel), wenn die folgenden Integrabilitätsbedingungen erfüllt sind (vgl. (2.235), Bd. 1): ∂aj ∂ai = ∀i, j . (1.33) ∂xi xm, m =/ i ∂xj xm, m =/ j Dann gilt für jeden geschlossenen Weg:

δA = dA = 0 . Sei m = 2, wie häuﬁg in der Thermodynamik, und

δA = a1 dx1 + a2 dx2 kein totales Differential, dann gibt es immer einen integrierenden Faktor μ(x1 , x2 ), sodass df = μ δA = μ a1 dx1 + μ a2 dx2 ein totales Differential wird. Dazu muss μ so festgelegt werden, dass ∂ μ a1 ∂ μ a2 = ∂x2 ∂x1 x1

x2

(1.34)

166

1. Grundbegriffe

gilt. Die Wahl von μ = μ(x1 , x2 ) ist nicht eindeutig. (Man betrachte dazu Abschn. 2.4.2, Bd. 1.) Die Zustandsgrößen (Zustandsfunktionen) der Thermodynamik müssen eindeutig sein. Durchläuft das System im Zustandsraum einen geschlossenen Weg, so müssen alle abhängigen wie unabhängigen Zustandsgrößen wieder ihre Ausgangswerte angenommen haben. Von einer Zustandsgröße η fordern wir also, dass

dη = 0 für alle geschlossenen Wege im Zustandsraum gilt. Dies bedeutet aber, dass dη ein totales Differential darstellt. In diesem Sinne ist die Energieform Arbeit keine Zustandsgröße. Die generalisierten Kräfte Fi hängen im Allgemeinen auch von der Zustandsvariablen Temperatur ab. Das gilt dann auch für δW, sodass wir statt (1.32) eigentlich schreiben sollten:

δW =

m

Fi q1 , . . . , qm , T dqi + 0 dT .

i=1

Die Integrabilitätsbedingungen (1.33) lassen sich dann nicht erfüllen: ∂Qi ∂0 =/ =0. ∂T ... ∂qi ... Wir wollen die wichtigsten Typen von Arbeiten noch etwas genauer untersuchen. 1) Volumenarbeit In einem zylindrischen Gefäß vom Querschnitt F beﬁnde sich ein Gas. Nach oben sei das Gefäß durch einen reibungslos laufenden Kolben begrenzt, auf dem sich ein Gewicht der Masse M beﬁndet. Gleichgewicht liegt dann vor, wenn der Gasdruck p das Gewicht in der Schwebe hält:

pF = Mg . Durch eine inﬁnitesimale Verschiebung des Gewichtes nach oben erhöht sich dessen potentielle Energie um dEpot = M g dx = p F dx = p dV . Die vom Gas am Gewicht geleistete, also nach außen abgegebene Arbeit ist demnach:

δW = −p dV . M p Gas

F

x Abb. 1.9. Zum Begriff der Volumenarbeit am Gas

(1.35)

1.5

Arbeit

167

Für eine endliche Volumenänderung V1 → V2 > V1 gilt dann:

ΔW12 = −

V2 p(V) dV .

(1.36)

V1

p

(a) ΔW12 × × V1 V2

Abb. 1.10. Praktische Durchführung der Messung der Volumenarbeit

V

über den Kolbendruck aus Abb. 1.9

Wie würde man ein entsprechendes Experiment durchführen? Der Druck p wird über die Masse M auf dem Kolben gemessen. Damit das Gas aber überhaupt expandieren kann (V2 > V1 ), muss der Kolbendruck etwas kleiner sein als der Gasdruck. Im Experiment bewegt sich das System also längs der Kurve a) in Abb. 1.10. Ist der Differenzdruck groß, so erfolgt eine rasche Expansion des Gases; dieses gewinnt Strömungsenergie, die sich letztlich in die noch zu besprechende Wärmeenergie umwandelt. Die Volumenarbeitsleistung ist dann kleiner als das Integral in (1.36). Nur wenn man einen hinreichend langsamen Verlauf der Volumenänderung in Kauf nimmt, den Versuch also quasistatisch durchführt, kann der Differenzdruck beliebig klein gemacht werden, sodass a) mit der tatsächlichen p(V)-Kurve zusammenfällt. Das entspricht dann offensichtlich einer maximalen Arbeitsleistung. 2) Magnetisierungsarbeit Wir wollen den Ausdruck

δW = B0 · dm

(1.37)

begründen. m ist das magnetische Gesamtmoment des Systems, das hier als Zustandsvariable angesehen wird. Das erscheint nicht unproblematisch, da zur Herstellung eines endlichen Moments, z. B. in einem Paramagneten, ein äußeres Magnetfeld vonnöten ist, durch das selbst im Vakuum eine Feldenergie ins Spiel kommt. Dieser Energiebeitrag soll nicht mitgezählt werden, da H ja nur Hilfsmittel zur Erzeugung des Moments m ist. Es geht uns nur um den Beitrag, der allein von der Magnetisierung bewirkt wird. Das wollen wir an einem Beispiel erläutern: l F I

Abb. 1.11. Magnetisches System im Innern einer

stromdurchflossenen Spule. Erläuterung des Begriffs der Magnetisierungsarbeit

168

1. Grundbegriffe

Das System beﬁnde sich im Innern einer langen, dünnen, stromdurchﬂossenen Spule aus N Windungen (Abb. 1.11). H, B, M, m sind in diesem Fall in Achsenrichtung orientiert, wobei für die Felder nach ((4.68), Bd. 3) gilt: B = μr μ0

N I; l

H=

N I. l

Der magnetische Fluss durch den Querschnitt F beträgt Φ = B F. Nach dem Induktionsgesetz wird in der Spule die Spannung

˙ = −N F B˙ U = −N Φ induziert. Die an den durch die Spulenwindungen transportierten Ladungen bewirkte Leistung ist dann:

˙ = −l H F B˙ = −V H B˙ P = U I = −N F I B ˙ + M) ˙ = −V H μ0 (H =−

μ0 2

V

d 2 d H − μ0 V H M. dt dt

In der Zeit dt verrichtet also das System an den Ladungsträgern die Arbeit: −δW ∗ = −

μ0 2

V dH 2 − V B0 dM .

(1.38)

Der erste Term stellt die erwähnte magnetische Feldenergie im Vakuum dar, die uns nicht interessiert. In einem Gedankenexperiment klemmen wir die durch H partiell ausgerichteten Elementarmagnete fest, sodass die Magnetisierung sich nicht mehr ändert, wenn wir anschließend das Hilfsfeld H ausschalten. Dabei gewinnen wir die Feldenergie des Vakuums zurück. Als reine Magnetisierungsarbeit bleibt:

δW = δW ∗ −

μ0 2

V dH 2 = V B0 dM = B0 dm .

Das erklärt (1.37). Man beachte, dass in diesen Ausdruck die magnetische Induktion des Vakuums B0 = μ0 H eingeht und nicht die der Materie (B = μr μ0 H)!

1.6

1.6.1

1.6 Aufgaben Aufgabe 1.6.1 Untersuchen Sie, ob df ein totales Differential darstellt: 1. df = cos x sin y dx − sin x cos y dy . 2. df = sin x cos y dx + cos x sin y dy . 3. df = x3 y2 dx − y3 x2 dy .

1.6

Aufgaben

169

Aufgabe 1.6.2 x, y, z seien Größen, die eine Funktionalrelation der Form

f (x, y, z) = 0 erfüllen. Veriﬁzieren Sie die folgenden Beziehungen: ∂x 1 1. = . ∂y ∂y z 2.

∂x ∂y

z

∂x z

∂y ∂z

x

∂z ∂x

= −1 . y

1.6.2

170

1.6.3

1. Grundbegriffe

Aufgabe 1.6.3 1. Das Wegintegral

B

I(C) = A(C)

α(x, y) dx + β(x, y) dy

sei für feste Endpunkte A und B in der xy-Ebene zu berechnen. Es wird in der Regel für verschiedene Wege Ci y C1

A

·

·B

C2 Abb. 1.12. Wege zwischen zwei festen Punkten in

x der xy-Ebene

in der xy-Ebene zwischen A und B unterschiedliche Werte annehmen. Zeigen Sie, dass I genau dann vom Weg unabhängig ist,wenn

∂α ∂β = ∂y ∂x 2.

gilt. Es seien speziell

α(x, y) = y2 ex ; β(x, y) = 2yex . Berechnen Sie

B

IAB = A

3.

α(x, y) dx + β(x, y) dy

für A = (0, 0); B = (1, 1). Überlegen Sie sich zunächst, ob die Fragestellung überhaupt sinnvoll ist. Wenn ja, dann geben Sie den Wert für IAB an! Machen Sie dieselben Untersuchungen wie unter 2. bei vertauschten Rollen von α und β:

α(x, y) = 2yex ; β(x, y) = y2 ex

1.6

Aufgaben

171

Aufgabe 1.6.4 Die Zustandsgleichung eines Gases,

1.6.4

p = p(V, T) , sei vorgegeben. Drücken Sie die isobare, thermische Volumenausdehnung, 1 ∂V β= , V ∂T p und die isotherme Kompressibilität,

1 ∂V κT = − , V ∂p T durch die partiellen Ableitungen von p nach V und T aus. Aufgabe 1.6.5 Für eine homogene Substanz mit der Molzahl n seien folgende Beziehungen gefunden worden: nR 1 a β= ; κT = + . pV p V β und κT sind wie in Aufg. 1.6.3 deﬁniert, R ist die allgemeine Gaskonstante und a eine Konstante. Wie lautet die Zustandsgleichung

1.6.5

f (T, p, V) = 0 ?

Aufgabe 1.6.6 Die van der Waals-Gleichung beschreibt qualitativ den Übergang Gas → Flüssigkeit. 1. Drücken Sie die Konstanten a und b in der van der Waals-Gleichung durch Vc und Tc aus. 2. Formulieren Sie die van der Waals-Gleichung in den reduzierten Größen: p V T π= ; v= ; t= . pc Vc Tc 3. Berechnen Sie die isotherme Kompressibilität 1 ∂V κT = − V ∂p T

4.

für V = Vc . Welches Verhalten zeigt κT , wenn die Temperatur von oben her gegen Tc geht? Wie lässt sich dieses Verhalten physikalisch deuten? Untersuchen Sie wie unter 3. den isobaren Volumenausdehnungskoefﬁzienten 1 ∂V β= . V ∂T p

1.6.6

172

1.6.7

1. Grundbegriffe

Aufgabe 1.6.7 Die thermische Zustandsgleichung eines realen Gases sei gegeben durch na

p = n R T(V − n b)−1 e− R T V . n = N |NA sei die Zahl der Mole, R die allgemeine Gaskonstante, und a, b seien Materialkonstanten (Dieterici-Gas). 1. Bestimmen Sie aus der Virialentwicklung nach der Teilchendichte ρ = N |V, ∞ ν p = kB T ρ 1 + Bν ρ , ν=1

2.

3.

4.

5.

den ersten Koefﬁzienten B1 . Drücken Sie die Boyle-Temperatur TB , für die B1 = 0 gilt, durch die Konstanten a und b aus. Vergleichen Sie den Ausdruck für B1 mit dem entsprechenden Virialkoefﬁzienten der van der Waals-Gleichung. Welche Bedeutung haben die Größen a und b? ∂p Wie hängt die Größe ∂ρ mit der isothermen Kompressibilität κT zuT sammen? Welches Vorzeichen muss aufgrund physikalischer Argumente ∂p für ∂ρ erwartet werden? T ∂p Berechnen Sie ∂ρ für das Dieterici-Gas und bestimmen Sie die TemT peratur T0 (ρ), für die dieser Differentialquotient Null wird. Skizzieren Sie T0 (ρ). Ermitteln Sie die kritische Temperatur Tc als das Maximum von T0 (ρ). Drücken Sie die Größen a und b durch Tc und die kritische Dichte ρc aus. Welcher Zusammenhang besteht zwischen Tc und TB ? Zeichnen Sie qualitativ die durch die Dieterici-Gleichung bestimmten Isothermen im p-ρ-Diagramm. In welchem Bereich sind die Kurven unphysikalisch? Für welche Temperaturen kann das Gas durch Druckerhöhung verﬂüssigt werden?

1.6

Aufgaben

173

Aufgabe 1.6.8 Die Abweichungen im Verhalten realer Gase von dem eines idealen Gases berücksichtigt man näherungsweise z. B. durch folgende Zustandsgleichungen: 1. Berücksichtigung des Eigenvolumens:

1.6.8

p (V − n b) = n R T . 2.

3.

Virialentwicklung nach dem Druck: p V = n R T 1 + A1 p ; Virialentwicklung nach dem Volumen: B1 pV = nRT 1 + ; V

A1 = A1 (T) .

B1 = B1 (T) .

Berechnen Sie in den drei Fällen die isotherme Kompressibilität κT und die isobare thermische Volumenausdehnung β (s. Aufgabe 1.6.3) und vergleichen Sie mit den Resultaten für das ideale Gas. Aufgabe 1.6.9 Berechnen Sie die an einem idealen Paramagneten geleistete Arbeit, wenn das Magnetfeld H isotherm (T = const) von H1 auf H2 gesteigert wird.

1.6.9

Aufgabe 1.6.10 Die Platten eines Plattenkondensators der Kapazität C tragen die Ladungen Q und −Q. Wenn man die Platten einander etwas annähert, wächst die Kapazität um dC an. 1. Welche mechanische Arbeit muss dabei geleistet werden? 2. Wie ändert sich die Feldenergie im Kondensator? 3. Ist die Zustandsänderung reversibel?

1.6.10

174

1.6.11

1. Grundbegriffe

Aufgabe 1.6.11 Gegeben sei die Modell-Zustandsdichte eines Ferromagneten: m0 + m B0 = B0 (T; m) = αT ln − γm . m0 − m

Dabei sind B0 = μ0 H die magnetische Induktion, m das magnetische Moment, m0 > 0 das Sättigungsmoment (−m0 ≤ m ≤ +m0 ) und α, γ positive Konstante. 1. Bei welchen Werten für (T, m) wird die ferromagnetische Phase instabil? Das ist dann der Fall, wenn eine Feldzunahme für eine Reduzierung des magnetischen Moments sorgt: ∂B0 (T, m) < 0 . ∂m T Benutzen Sie zur Abkürzung: TC = 2.

3.

4.

γ m0 . 2α

Berechnen Sie die Grenzkurve mS = mS (T), die den stabilen von dem instabilen Bereich trennt, die also durch ∂B0 =0 ∂m T deﬁniert ist. Zeigen Sie, dass für T > TC m = 0 die einzige Lösung von B0 (T, m) = 0 ist (paramagnetische Phase). Benutzen Sie eine graphische Überlegung, die zeigt, dass für T < TC zwei weitere Nullstellen ±mS =/ 0 vorliegen (ferromagnetische Phase). Zeichnen Sie qualitativ die Isothermen im B0 , m-Diagramm!

1.7

Kontrollfragen

175

1.7 Kontrollfragen Zu Abschn. 1.1 1. Was versteht man unter einem thermodynamischen System? 2. Wann nennt man ein System isoliert, geschlossen oder offen? 3. Erläutern Sie die Begriffe Wärmeaustauschkontakt, Arbeitsaustauschkontakt und Wärmebad. Zu Abschn. 1.2 1. Wann spricht man von einem vollständigen Satz unabhängiger Zustandsgrößen? 2. Was versteht man unter extensiven, was unter intensiven Zustandsgrößen? 3. Wann beﬁndet sich ein thermodynamisches System im Gleichgewicht? 4. Wie ist der Begriff Zustand in der phänomenologischen Thermodynamik gemeint? 5. Was ist ein Prozess? Wann ist dieser quasistatisch, reversibel, irreversibel? 6. Was versteht man unter einem Kreisprozess? Zu Abschn. 1.3 1. Was besagt der Nullte Hauptsatz? 2. Charakterisieren Sie die Zustandsgröße Temperatur. 3. Was versteht man unter der Transitivität der Temperatur? 4. Welche Eigenschaft der Temperatur ist für die Wirkungsweise des Thermometers entscheidend? Zu Abschn. 1.4 1. Was versteht man unter einer Zustandsgleichung? 2. Welche Annahmen deﬁnieren das ideale Gas? 3. Wie kann man über das Boyle–Mariotte’sche Gesetz eine Messvorschrift für die Temperatur festlegen? 4. Wie sind Celsius- und Kelvin-Skalen deﬁniert? 5. Wie lautet die Zustandsgleichung des idealen Gases? 6. Welcher Zusammenhang besteht zwischen der Boltzmann- und der allgemeinen Gas-Konstanten? 7. Mit welchem Ansatz versucht man die ideale Gasgleichung auf reale Gase zu verallgemeinern? 8. Was versteht man im Zusammenhang mit dem realen Gas unter den Begriffen Eigenvolumen und Binnendruck? 9. Begründen Sie die van der Waals-Zustandsgleichung. 10. Wie kann man die Daten pc , Vc , Tc des kritischen Punktes durch die van der Waals-Konstanten a und b festlegen?

1.7

176

1. Grundbegriffe

11. Wann beﬁnden sich zwei verschiedene reale Gase in korrespondierenden Zuständen? 12. Welches unphysikalische Resultat des van der Waals-Modells wird durch die Maxwell-Konstruktion korrigiert? 13. Was versteht man unter Virialentwicklungen? 14. Beschreiben Sie den idealen Paramagneten. 15. Wie lautet die Zustandsgleichung des idealen Paramagneten? 16. Welchen Zusammenhang zwischen M, T und H liefert das Curie-Gesetz? 17. Wie lautet die Zustandsgleichung des Weiß’schen Ferromagneten? 18. Formulieren Sie das Curie-Weiß-Gesetz. Zu Abschn. 1.5 1. Nennen Sie mögliche Formen von Energieänderungen in einem thermodynamischen System. 2. Nennen Sie Beispiele für die differentielle Arbeit δW. 3. Wann ist eine Differentialform δA ein totales Differential? 4. Was versteht man unter einem integrierenden Faktor? 5. Warum ist die Energieform Arbeit keine Zustandsgröße? 6. Begründen Sie die Ausdrücke δW = −p dV und δW = B0 · dm. 7. Was versteht man unter Magnetisierungsarbeit?

Kapitel 2 Hauptsätze

2

2

2 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

179 182 185 188 190 194 197 204 210 224

179

2 Hauptsätze 2.1 Erster Hauptsatz, innere Energie Es ist ungeheuer schwierig, den Begriff der Wärme im Rahmen der phänomenologischen Thermodynamik mit einem hinreichenden Maß an logischer Exaktheit einzuführen. Das wird uns in der Statistischen Mechanik wesentlich glatter gelingen. In der Thermodynamik bleibt es gewissermaßen bei einem gefühlsmäßigen Selbstverständnis dieses Begriffs. Der Erste Hauptsatz, den wir in diesem Abschnitt formulieren wollen, macht eine Aussage über das Wesen der Wärme. Die Erfahrung zeigt, dass man die Temperatur eines Systems ändern kann, ohne an diesem im oben deﬁnierten Sinn Arbeit zu leisten. Ein wesentlicher Bestandteil des Ersten Hauptsatzes ist deshalb die Aussage: „Wärme“ = Energieform. Diese Energieform nimmt das System auf bzw. gibt es ab, wenn es seine Temperatur ändert, ohne dass an ihm oder von ihm Arbeit geleistet wird. Die kinetische Gastheorie interpretiert Wärme als Bewegungsenergie der Gasmoleküle, wobei der Unterschied zur kinetischen Energie makroskopischer Körper in der Unordnung besteht. Ein Beispiel möge dies erläutern. Bewegt sich ein gasgefüllter Luftballon, so interpretieren wir die Bewegungsenergie des Schwerpunktes als kinetische Energie des makroskopischen Systems. Hinzu kommt dann aber noch die ungeordnete Bewegung der Gasmoleküle innerhalb des Ballons, die als Wärme gedeutet wird. Ein Wesensmerkmal dieser Energieform ist also die Unordnung. Sie ist deshalb sinnvoll auch nur für Viel-Teilchen-Systeme deﬁnierbar. Wenn wir also, ausgehend von Erfahrungstatsachen, postulieren, dass es eine unabhängige Energieform Wärme gibt, und weiter annehmen, dass diese wie jede andere Energieform eine extensive Variable ist, dann können wir ansetzen: dEW = T dS . T ist eine intensive und S eine extensive Größe. EW sei die Wärmeenergie. Die Mengenvariable S werden wir später Entropie nennen. Sie deﬁniert letztlich die Energieform Wärme. Wir betrachten ein isoliertes System, das aus zwei Teilsystemen besteht, zwischen denen ein Austausch von S und EW möglich ist. Die Gesamtentropie S = S1 + S2 verteilt sich dann so auf die beiden Systeme, dass die Energie des Gesamtsystems

S1

S2

Abb. 2.1. Isoliertes System aus zwei Teilsystemen, zwischen denen

Wärme bzw. Entropie ausgetauscht werden kann

W. Nolting, Grundkurs Theoretische Physik 4. DOI 10.1007/978-3-642-24481-0_4 © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2012

2.1

180

2. Hauptsätze

(1) (2) minimal wird (Erfahrungstatsache!). Im Gleichgewicht ist EW = EW + EW minimal bei S = S1 + S2 = const: !

0=

(1) dE(2) dE(1) dE(2) dS2 dEW dEW = + W = W + W = dS1 dS1 dS1 dS1 dS2 dS1

=

(1) dEW dE(2) − W = T1 − T2 . dS1 dS2

Im Gleichgewicht haben dann die beiden Systeme dasselbe T. Der Vorfaktor im obigen Ansatz hat also genau die Eigenschaft, die wir nach dem Nullten Hauptsatz dem Temperaturbegriff zuordnen. Der Erste Hauptsatz, der also Wärme als Energieform postuliert, muss nun noch in eine mathematische Form gebracht werden. Zu diesem Zweck führen wir eine neue Zustandsvariable, U : innere Energie, ein, die den gesamten Energieinhalt des Systems darstellt. Es muss sich dabei um eine eindeutige Funktion der unabhängigen Zustandsvariablen, z. B. T und V, handeln. Könnte man nämlich auf zwei Wegen vom Zustand A in den Zustand B gelangen, (1) (2) (1) (2) wobei die Energieänderungen ΔUAB , ΔUAB unterschiedlich sind, z. B. ΔUAB < ΔUAB , (1) so würde man auf dem Weg (1) von A nach B unter Aufwendung von ΔUAB gehen und auf dem Rückweg (2) mehr Energie zurückgewinnen, als man auf dem Hinweg hineingesteckt hat. Man hätte damit Energie aus dem Nichts geschaffen (perpetuum mobile erster Art). – Für einen Kreisprozess muss vielmehr gelten: dU = 0 . (2.1) dU ist also ein totales Differential! (1)

(1) : ΔU AB B A (2)

(2) : ΔU AB

Abb. 2.2. Zur Begründung der inneren Energie U als Zustandsgröße

Nach diesen Vorbereitungen können wir nun den Ersten Hauptsatz mathematisch formulieren. Es ist nichts anderes als der Energiesatz: 2.1.1

Satz 2.1.1: Erster Hauptsatz 1) Isolierte Systeme

dU = 0 .

(2.2)

2.1

Erster Hauptsatz, innere Energie

181

2) Geschlossene Systeme dU = δQ + δW .

(2.3)

Wir benutzen für die Wärme den üblichen Buchstaben Q. δQ ist wie δW kein totales Differential.

δQ : Wärmeaustauschkontakt , δW : Arbeitsaustauschkontakt . 3) Offene Systeme dU = δQ + δW + δEC .

(2.4)

Dabei gilt:

δEC =

α

μi dNi ,

(2.5)

i=1

δEC : Teilchenaustauschkontakt, Ni, i = 1, ... , α : Zahl der Teilchen der Sorte i,

μi : chemisches Potential.

Das ist die Energie, die bei δW = δQ = 0 benötigt wird, um dem System ein zusätzliches Teilchen der Sorte i hinzuzufügen.

Wir können die Zustandsgröße U als unabhängige Variable auffassen oder aber als Zustandsfunktion anderer unabhängiger Variabler, z. B.: U = U(T, V, N)

kalorische Zustandsgleichung

oder U = U(T, p, N) ,

U = U(V, p, N) ,

...

Man nennt die Relation p = p(T, V, N) zum Unterschied zu U = U(T, V, N) die thermische Zustandsgleichung. Es ist nicht die Aufgabe der Thermodynamik, für spezielle physikalische Systeme die konkrete Form der inneren Energie abzuleiten. Wir übernehmen deshalb die entsprechenden Ausdrücke jeweils ohne Beweis. Drei Beispiele seien hier aufgelistet:

182

2. Hauptsätze

1) Ideales Gas

unabhängig von V .

U = U(T) ,

(2.6)

Dies ist das Ergebnis des Versuchs von Gay-Lussac. U= U=

3 2 5 2

N kB T : ein-atomige Gasmoleküle , N kB T : zwei-atomige Gasmoleküle ,

U = 3 N kB T : räumliche Gasmoleküle .

2) Festkörper Bei sehr hohen Temperaturen reicht für viele Zwecke der folgende, stark vereinfachte Ausdruck:

U = UV (T) + Uel (V) , (2.7)

UV (T) = 3 N kB T , Uel (V) =

1 (V − V0 )2 . 2κ V0

κ ist die Kompressibilität. 3) Schwarzer Strahler (Photonengas)

U = V ε(T) ;

p=

1 ε(T) . 3

(2.8)

Die Energiedichte ε(T) ist lediglich eine Funktion der Temperatur.

2.2

2.2 Wärmekapazitäten Wärmekapazitäten geben an, mit welcher Temperaturänderung dT das System auf eine differentielle Wärmezufuhr δQ reagiert. Da es neben der Temperatur T noch andere unabhängige Zustandsvariable gibt, müssen wir zusätzlich angeben, wie sich diese bei der Zustandsänderung verhalten sollen.

2.2.1

Definition 2.2.1:

Wärmekapazität Cx =

δQ dT

.

(2.9)

x

x: Eine oder mehrere Zustandsgrößen, die bei der Wärmezufuhr δQ konstant gehalten werden.

2.2

Wärmekapazitäten

Definition 2.2.2:

183

Speziﬁsche Wärme ¯cx =

Definition 2.2.3:

2.2.2

δQ

M : Masse des Systems .

;

M dT

(2.10)

x

Molwärme (auch Molare Wärmekapazität) Cxmol =

δQ n dT

2.2.3

;

n : Zahl der Mole .

(2.11)

x

Wir setzen ein geschlossenes System (Ni = const) voraus, dessen innere Energie U im Allgemeinen von der Temperatur T und den generalisierten Koordinaten qi abhängen wird: U = U T, q1 , . . . , qm . Wir lösen den Ersten Hauptsatz in der Form (2.3) nach δQ auf:

δQ = dU −

m

Fi dqi =

i=1

∂U = ∂T

q

m ∂U dT + − F dqi . ∂qi T, q j, j =/ i i i=1

Daran lesen wir die folgenden Spezialfälle ab: 1. {qi } = q = const Es sind dann alle dqi gleich Null, sodass bleibt: δQ ∂U Cq = = . dT q ∂T q 2.

(2.13)

{Fi } = F = const Es müssen zunächst die Zustandsgleichungen Fj = Fj q1 , . . . , qm , T ;

j = 1, . . . , m

nach qi aufgelöst werden: qi = qi F1 , . . . , Fm , T ⇒ dqi =

m ∂qi j=1

∂Fj

dFj + T, Fk, k =/ j

∂qi ∂T

(2.12)

dT . F

184

2. Hauptsätze

Dies ergibt die Wärmekapazität: m δQ ∂U ∂U ∂qi CF = = + − Fi . dT F ∂T q i = 1 ∂qi T, q j, j =/ i ∂T F

(2.14)

Wir diskutieren einige wichtige Beispiele: 1) Gas

q=V ; Nach (2.13) gilt dann:

CV =

δQ

F = −p .

dT

V

∂U = ∂T

(2.15)

. V

Gleichung (2.14) hingegen liefert:

δQ ∂U ∂U ∂V Cp = = + +p . dT p ∂T V ∂V T ∂T p Dies ergibt:

Cp − CV =

∂U ∂V

+p

T

(2.16)

∂V ∂T

(2.17)

. p

Spezialfall: ideales Gas

∂U ∂V

(2.6)

= 0;

T

∂V ∂T

nR p

= p

⇒ Cp − CV = n R = N kB .

(2.18)

Es muss also Cp > CV sein. 2) Magnet

q=m; Gleichung (2.13) ergibt dann:

∂U Cm = = dT m ∂T Aus (2.14) leiten wir ab: CH − Cm =

δQ

F = B0 = μ0 H .

∂U ∂m

− μ0 H T

(2.19)

. m

∂m ∂T

. H

(2.20)

2.3

Adiabaten, Isothermen

185

2.3

2.3 Adiabaten, Isothermen Wir wollen spezielle Arten von Zustandsänderungen mit Hilfe des Ersten Hauptsatzes diskutieren. Diese sind dadurch charakterisiert, dass bei ihrer Durchführung gewisse unabhängige oder abhängige Zustandsgrößen konstant gehalten werden. Adiabatische Zustandsänderungen sind deﬁniert durch

δQ = 0 . Wir kennzeichnen sie durch den Index „ad“. Die Zustandsfunktion, die bei diesen Prozessen konstant bleibt, ist die Entropie S, die wir später kennen lernen werden. Ausgangspunkt ist der Erste Hauptsatz in der Form (2.12): m ∂U ∂U (dT)ad = Fi − dqi ad . (2.21) ∂T q ∂qi T, q j, j =/ i i=1 Dies untersuchen wir genauer an einigen Standardbeispielen: 1) Gas

⇒

∂U ∂T

q = V , F = −p

∂U (dT) ad = − p + (dV)ad . ∂V T

V

Dies ergibt:

dT dV

=−

p + ∂∂U V

T

CV

ad

(2.22)

.

Spezialfall: ideales Gas ∂U dT p nR T =0 ⇒ =− =− . ∂V T dV ad CV CV V

Mit (2.18) folgt weiter:

dT T

=− ad

Cp − CV CV

dV V

. ad

Man deﬁniert:

γ=

Cp CV

und erhält damit: (d ln T)ad = −(γ − 1) (d ln V)ad ⇒ d ln T V γ −1 ad = 0 .

(2.23)

186

2. Hauptsätze

Dies bedeutet schließlich: T V γ −1 = const1 .

(2.24)

Durch Einsetzen der Zustandsgleichung des idealen Gases erhalten wir auch zwei weitere Adiabatengleichungen: p V γ = const2 ;

T γ p1−γ = const3 .

(2.25)

2) Schwarzer Strahler Unter einem Schwarzen Strahler versteht man das elektromagnetische Strahlungsfeld, das sich im thermischen Gleichgewicht in einem Hohlraum des Volumens V einstellt, der von einem Wärmebad der Temperatur T eingeschlossen ist. Die elektromagnetische Strahlung wird dabei von den Hohlraumwänden emittiert (Wärmestrahlung). Man kann zeigen, dass ihre Energiedichte ε(T) lediglich eine Funktion der Temperatur ist, sodass für die innere Energie U (2.8) gilt:

U(T, V) = V ε(T) .

T V

T T

T Abb. 2.3. Schema eines Schwarzen Strahlers

Der Zusammenhang zwischen Strahlungsdruck p und Energiedichte ε(T) im isotropen Strahlungsfeld, p=

1 ε(T) , 3

lässt sich im Rahmen der klassischen Elektrodynamik zeigen (s. Aufg. 4.3.2, Bd. 3). Die Atomphysik lehrt, dass Strahlung bestimmter Frequenz ν nur in diskreten Energien

εν = h ν auftritt. Das führt zum Begriff des Photons, das man sich anschaulich als Quasiteilchen mit der Energie h ν, dem Impuls (h ν)|c, der Geschwindigkeit c und der Masse m = 0 vorstellen kann. Das Strahlungsfeld in V lässt sich deshalb auch als Photonengas interpretieren, das den Gesetzmäßigkeiten der kinetischen Gastheorie genügt. So ist die obige Beziehung für den Strahlungsdruck leicht ableitbar als Impulsübertrag der Photonen auf die Hohlraumwände. (Man führe dies durch!)

2.3

Adiabaten, Isothermen

187

Für die Wärmekapazität des Photonengases gilt: ∂U dε =V . (2.26) CV = ∂T V dT Für Cp hätten wir nach (2.17) unter anderem ∂∂VT zu berechnen. Da p = const p

automatisch T = const nach sich zieht, ist dieser Ausdruck nicht deﬁniert. Das Photonengas hat also kein Cp . Die Adiabatengleichung (2.22) liefert für den Schwarzen Strahler: 1 ε(T) + ε(T) dT =−3 dε dV ad V dT ⇒ −

dε

=

ε

4 dV ⇐⇒ d ln V 4|3 ε = 0 . 3 V

Das ergibt schließlich:

ε V 4 | 3 = const4 ; p V 4 | 3 = const5 .

(2.27)

Isotherme Zustandsänderungen sind deﬁniert durch dT = 0 . Der Erste Hauptsatz in der Form (2.12) liefert dafür: m ∂U (δQ)T = − Fi dqi T . ∂ q i T, q j, j =/ i i=1 Dies bedeutet für ein Gas mit q = V und F = −p: δQ ∂U = +p. dV T ∂V T

(2.28)

(2.29)

1) Ideales Gas

∂U ∂V

= 0 ⇒ (δQ)T = (p dV)T .

(2.30)

T

2) Photonengas

δQ dV

= T

4 ε(T) = const . 3

(2.31)

Adiabatische und isotherme Zustandsänderungen zeigen im pV-Diagramm qualitativ den in Abb. 2.4 skizzierten Verlauf:

188

2. Hauptsätze

p

p

δQ = 0

δQ = 0

dT = 0

dT = 0 V Ideales Gas

V Schwarzer Strahler

Abb. 2.4. Isothermen und Adiabaten des idealen Gases (links) und des Schwarzen Strahlers (rechts)

Wegen γ > 1 ist beim idealen Gas die Adiabate steiler als die Isotherme. 2.4

2.4 Zweiter Hauptsatz Der Erste Hauptsatz reicht zur Beschreibung von thermodynamischen Systemen ganz offensichtlich noch nicht aus. Man kann sich leicht physikalische Vorgänge überlegen, die nach dem Energiesatz durchaus erlaubt sind, in der Natur jedoch nie beobachtet werden: 1. Warum wird nie beobachtet, dass ein am Erdboden liegender Stein unter Abkühlung aufs Hausdach springt? 2. Warum fährt ein Ozeandampfer nicht ohne Antrieb, allein durch Verwandlung von Wärme aus dem riesigen Wasserreservoir in Arbeit, die dann in Form von Reibungswärme sogar teilweise wieder an den Ozean zurückgegeben würde? Die Erfahrung lehrt, dass eine Reihe von Energieumwandlungen, bei denen Wärme mit im Spiel ist, nicht umkehrbar sind. Wir wissen, dass Arbeit z. B. durch Reibung vollständig in Wärme verwandelt werden kann. Man denke z. B. an einen durch einen Anfangsimpuls in Bewegung gesetzten makroskopischen Körper, der auf einer rauen, ebenen Unterlage gleitet. Er kommt nach endlicher Zeit zur Ruhe. Mechanische Arbeit ist durch Reibung in Wärme verwandelt worden. Die Umkehrung, dass der ruhende Körper sich unter Abkühlung wieder in Bewegung setzt, ist nach dem Ersten Hauptsatz durchaus denkbar, ﬁndet aber nicht statt. Gäbe es diesen inversen Prozess, so hätten wir ein perpetuum mobile zweiter Art: Das ist eine periodisch (zyklisch) arbeitende thermodynamische Maschine, die nichts anderes bewirkt, als dass bei einem Umlauf Arbeit verrichtet wird, wobei nur einem einzigen Wärmereservoir eine Wärmemenge ΔQ entnommen wird.

2.4.1

Satz 2.4.1:

Zweiter Hauptsatz

Ein perpetuum mobile zweiter Art gibt es nicht!

2.4

Zweiter Hauptsatz

189

In der Thermodynamik wird dieser Satz ohne strenge Begründung als nie widerlegte Erfahrungstatsache hingenommen. Die obige Formulierung des Zweiten Hauptsatzes nennt man die Kelvin’sche Aussage. Sie besagt also, dass es keine Zustandsänderung geben kann, deren einzige Wirkung darin besteht, eine Wärmemenge einem Wärmereservoir entzogen und vollständig in Arbeit verwandelt zu haben. Es gibt eine äquivalente Formulierung: Clausius’sche Aussage Es gibt keine periodisch arbeitende Maschine, die lediglich einem kälteren Wärmebad Wärme entzieht und diese einem heißeren Wärmebad zuführt. Die Schlüsselworte dieser Aussage sind streng zu beachten: periodisch ⇐⇒ Kreisprozess, lediglich

⇐⇒ sonst passiert nichts, auch nicht in der Umgebung.

In diesem Zusammenhang führen wir einen neuen Begriff ein. Definition 2.4.1: Wärmekraftmaschine Das ist ein thermodynamisches System, das einen Kreisprozess zwischen zwei Wärmebädern WB(T1 ) und WB(T2 ) mit T1 > T2 durchläuft, wobei genau das Folgende passiert:

1. 2. 3.

2.4.1

ΔQ1 > 0 durch Kontakt mit WB(T1 ), ΔW < 0, ΔQ2 < 0 durch Kontakt mit WB(T2 ).

Solche Maschinen verletzen nicht den Zweiten Hauptsatz, da sie in Kontakt mit zwei Wärmebädern stehen, wobei die dem ersten Wärmebad entzogene Wärme nicht vollständig in Arbeit verwandelt wird. Es ist |ΔQ2 | < |ΔQ1 |, da auch der Erste Hauptsatz erfüllt sein muss. Man ordnet einer solchen Maschine einen Wirkungsgrad zu: Definition 2.4.2:

Wirkungsgrad η

η=

vom System geleistete Arbeit −ΔW = . zugeführte Wärmemenge ΔQ1

2.4.2

(2.32)

Wir beweisen schließlich noch die Äquivalenz der beiden Formulierungen des Zweiten Hauptsatzes.

190

2. Hauptsätze

1. Behauptung:

Wenn die Clausius-Aussage falsch ist, dann ist auch die Kelvin-Aussage falsch. a) Mit einer periodisch arbeitenden Maschine entnehmen wir ΔQ1 > 0 aus dem Wärmebad WB(T2 ) und führen es dem Wärmebad WB(T1 ) zu, wobei T1 > T2 ist. Das geht, da die Clausius-Aussage ja falsch sein soll. b) Wir betreiben eine Wärmekraftmaschine so, dass ΔQ1 WB(T1 ) entnommen und ΔQ2 < 0 (|ΔQ2 | < ΔQ1 ) bei Arbeitsleistung ΔW < 0 an WB(T2 ) zurückgegeben wird. Insgesamt wurde also ΔQ = ΔQ1 + ΔQ2 > 0 aus WB(T2 ) vollständig in Arbeit verwandelt. Sonst ist nichts passiert, da sowohl a) als auch b) Kreisprozesse sind. Damit ist auch die Kelvin-Aussage falsch! 2. Behauptung:

Wenn die Kelvin-Aussage falsch ist, dann ist auch die Clausius-Aussage falsch. a) Wir entnehmen ΔQ > 0 dem Wärmebad WB(T2 ) und verwandeln es vollständig mit einer periodisch arbeitenden Maschine in Arbeit. Das geht, weil die KelvinAussage falsch sein soll. b) Wir verwandeln die Arbeit aus a) vollständig in Wärme. Das geht immer, nur die umgekehrte Richtung nicht. Die so gewonnene Wärme übertragen wir auf WB(T1 ) mit T1 > T2 . Insgesamt wurde lediglich ΔQ > 0 von WB(T2 ) auf WB(T1 ) trotz T1 > T2 übertragen. Damit ist die Clausius-Aussage falsch! Die beiden Behauptungen ergeben kombiniert die Äquivalenz der Clausius’schen und der Kelvin’schen Formulierungen.

2.5

2.5 Carnot-Kreisprozess Bei einem Kreisprozess durchläuft das thermodynamische System verschiedene (Wärme-, Arbeits- und Teilchen-)Austauschkontakte und kehrt schließlich in seinen Ausgangszustand zurück. Wohlgemerkt, nur das thermodynamische System kehrt in seinen Ausgangszustand zurück, die Umgebung kann sich durchaus geändert haben, da z. B. Energie in Form von Arbeit und Wärme zwischen verschiedenen Reservoiren ausgetauscht worden sein kann. Zwar gilt nach dem Ersten Hauptsatz 0= dU = δQ + δW , die beiden Terme auf der rechten Seite können jedoch von Null verschieden sein! Wir wollen nun einen ganz speziellen Kreisprozess, eine ganz spezielle Wärmekraftmaschine diskutieren.

2.5

Carnot-Kreisprozess

191

Carnot-Prozess: Reversibler Kreisprozess aus zwei Adiabaten und zwei Isothermen zwischen zwei Wärmebädern WB(T1 ) und WB(T2 ) mit T1 > T2 . Er besteht aus den folgenden Teilstücken: p

T1 ΔQ1 > 0

b

c a

T2

d

ΔQ2 < 0 Vb Va

Abb. 2.5. Adiabaten und Isothermen des

Vc

Vd

V

Carnot-Kreisprozesses im pV-Diagramm

a→b Adiabatische Kompression mit

ΔT = T1 − T2 > 0 . b→c Isotherme Expansion, dabei Wärmeaufnahme ΔQ1 > 0 aus WB(T1 ). c→d Adiabatische Expansion mit ΔT = T2 − T1 < 0. d→a Isotherme Kompression unter Wärmeabgabe ΔQ2 < 0 an WB(T2 ). Die bei einem Umlauf geleistete Arbeit entspricht gerade der vom Weg a → b → c → d umschlossenen Fläche. T1

ΔQ1 C

T2

ΔW ΔQ 2

Abb. 2.6. Symbolische Darstellung des Carnot-Prozesses als

Wärmekraftmaschine

Wir symbolisieren den Carnot-Prozess durch das Diagramm in Abb. 2.6. Der Erste Hauptsatz fordert zunächst: 0= dU = ΔQ1 + ΔQ2 + ΔW .

192

2. Hauptsätze

Damit lautet der Wirkungsgrad dieser Wärmekraftmaschine:

η=

−ΔW ΔQ1 + ΔQ2 ΔQ2 = =1+ . ΔQ1 ΔQ1 ΔQ1

(2.33)

Wegen ΔQ2 |ΔQ1 < 0 ist stets η < 1. Da der Carnot-Prozess reversibel sein soll, lässt sich der Durchlaufsinn umkehren: T1

ΔQ1 C

T2

ΔW ΔQ 2

Abb. 2.7. Symbolische Darstellung des Carnot-Prozesses als

Wärmepumpe

ΔQ2 > 0 ; ΔQ1 < 0 ; ΔW > 0 |ΔQ1 | > ΔQ2 . Die Maschine arbeitet dann als Wärmepumpe. Die Arbeitssubstanz der Carnot-Maschine sei das ideale Gas. Damit wollen wir nun den Wirkungsgrad explizit ausrechnen. a→b Adiabate Daraus folgt: ΔQ = 0 ⇐⇒ ΔW = ΔU ⇒ ΔWab = CV T1 − T2 = −ΔWcd . b→c Isotherme

ΔWbc = −

c

Vc p(V) dV = −n R T1

b

Vb

= −n R T1 ln c→d Adiabate s. (a → b)

dV = V Vc . Vb

(2.34)

2.5

Carnot-Kreisprozess

193

d→a Isotherme

ΔWda = −n R T2 ln

Va . Vd

(2.35)

Auf den Adiabaten gilt nach (2.24): γ −1

γ −1

T2 Va

= T1 Vb

γ −1

,

γ −1

T2 Vd

⇒

= T1 Vc

Va Vb = . Vd Vc

Damit ergibt sich für die gesamte Arbeitsleistung:

ΔW = ΔWab + ΔWbc + ΔWcd + ΔWda = = ΔWbc + ΔWda Vd ⇒ ΔW = −n R T1 − T2 ln <0. Va

(2.36)

Auf der Isothermen b → c ist ΔU = 0 und damit

ΔQ1 = −ΔWbc = n R T1 ln

Vc Vd = n R T1 ln >0. Vb Va

Dies ergibt nach (2.32) als Wirkungsgrad ηC der Carnot-Maschine:

ηC = 1 −

T2 . T1

(2.37)

Als direkte Folge des Zweiten Hauptsatzes leiten wir nun die folgenden beiden Behauptungen ab: 1. Der Carnot-Prozess hat den höchsten Wirkungsgrad von allen periodisch zwischen zwei Wärmebädern arbeitenden Maschinen. 2. ηC wird von allen reversibel arbeitenden Maschinen erreicht. Beweis T1

ΔWb

T2

ΔQb1

Cb∗

ΔQa1

Ca ΔQb2

(T1 > T2 )

ΔQa2

ΔWa

Abb. 2.8. Schematische Anordnung einer Carnot-

Maschine und einer Wärmekraftmaschine zur Untersuchung des Wirkungsgrades des CarnotProzesses. Ca : Carnot-Maschine als Wärmepumpe geschaltet. C∗b : Wärmekraftmaschine, nicht notwendig reversibel

194

2. Hauptsätze

Die Maschinen seien so dimensioniert, dass ΔQb2 = −ΔQa2 < 0 ist, d. h., das Wärmebad WB(T2 ) bleibt unbeeinﬂusst. WB(T1 ) tauscht dagegen mit dem Gesamtsystem Ca ∪ C∗b die Wärme

ΔQ = ΔQb1 + ΔQa1 aus. Nach dem Zweiten Hauptsatz muss

ΔQ ≤ 0 sein, da sonst vom System Ca ∪ Cb∗ nichts anderes bewirkt würde, als Wärme dem Bad WB(T1 ) zu entnehmen und vollständig in Arbeit zu verwandeln.

ηCa = ηC = 1 + ηC∗b = 1 +

−ΔQa2 1 ⇐⇒ ΔQa1 = ΔQa2 , −ΔQa1 ηC − 1

ΔQb2 ΔQa2 1 =1− ⇐⇒ ΔQb1 = −ΔQa2 . ∗ ΔQb1 ΔQb1 ηCb − 1

Nach Einsetzen ergibt sich:

0 ≥ ΔQb1 + ΔQa1 = ΔQa2

1 1 − ∗ ηC − 1 ηCb − 1

.

Da ΔQa2 positiv ist, folgt die Behauptung 1.:

ηC∗b ≤ ηC .

(2.38)

Handelt es sich bei Cb∗ um eine reversible Maschine, so lässt sich der Umlaufsinn in der skizzierten Anordnung auch umkehren. Alle obigen Ausdrücke behalten ihre Gültigkeit, bis auf die Aussage ΔQa2 > 0, die nun ΔQa2 < 0 lauten muss. Für Maschinen, die zwischen den beiden Wärmebädern reversibel arbeiten, gilt dann neben (2.38) auch ηC∗b ≥ ηC . Es kann also nur das Gleichheitszeichen richtig sein. Damit ist auch die Behauptung 2. bewiesen. Der Wirkungsgrad ηC reversibler Kreisprozesse ist also universell!

2.6

2.6 Absolute, thermodynamische Temperaturskala Wir haben gesehen, dass der universelle Wirkungsgrad ηC der Carnot-Maschine nur von den Temperaturen der beteiligten Wärmebäder WB(T1 ) und WB(T2 ) abhängt, wenn wir als Arbeitssubstanz ein ideales Gas verwenden. Dabei erinnern wir uns, dass wir die Temperatur T selbst in (1.3) bzw. (1.5) über die Zustandsgleichung des idealen Gases eingeführt haben. Es ist natürlich eine etwas unschöne Sache, dass wir ein im strengen Sinne gar nicht existierendes System zur Deﬁnitionsgrundlage eines so wichtigen Begriffes wie Temperatur haben machen müssen und außerdem damit

2.6

Absolute, thermodynamische Temperaturskala

195

eine Maschine betreiben, über die wir noch eine Fülle weit reichender Folgerungen ableiten wollen. Es stellt sich aber heraus, dass wir auch umgekehrt den universellen Wirkungsgrad ηC der Carnot-Maschine ausnutzen können, um die Temperaturen ϑ1 , ϑ2 der beteiligten Wärmebäder erst zu deﬁnieren. Das geht deshalb, weil der Beweis der Universalität des Wirkungsgrades reversibler Kreisprozesse, so wie wir ihn im letzten Abschnitt geführt haben, die Voraussetzung ideales Gas gar nicht benötigte, sondern ganz allgemein aus dem Zweiten Hauptsatz resultierte. – Da andererseits ηC als Verhältnis zweier Energiebeträge direkt und bequem messbar ist, wollen wir über ηC jetzt eine universelle, substanzunabhängige, thermodynamische Temperaturskala einführen. ϑ : Willkürliche Temperaturskala, so eingerichtet, dass gilt: wärmer ⇐⇒ größeres ϑ. Wir betrachten drei Wärmebäder WB(ϑ1 ), WB(ϑ2 ) und WB(ϑ3 ) mit ϑ1 > ϑ2 > ϑ3 :

ϑ1 ΔWa

ΔQ a1

Ca ΔQ a2

ϑ2 ΔWb

ϑ3

ΔQ b2

Cb ΔQb3

Abb. 2.9. Schematische Kombination von Carnot-Maschinen zur Fest-

legung einer absoluten, substanzunabhängigen Temperaturskala

Ca , Cb seien irgendwelche, zwischen WB(ϑ1 ) und WB(ϑ2 ) bzw. zwischen WB(ϑ2 ) und WB(ϑ3 ) reversibel arbeitende Wärmekraftmaschinen. Die Maschine Cb sei dabei so dimensioniert, dass

ΔQb2 = −ΔQa2 . Mit WB(ϑ2 ) geschieht also insgesamt nichts. Die Wirkungsgrade der beiden Maschinen

ηCa = 1 +

ΔQa2 , ΔQa1

ηCb = 1 +

ΔQb3 ΔQb2

196

2. Hauptsätze

sind universell, d. h., jede andere reversible Maschine würde denselben Wirkungsgrad liefern. Die Wirkungsgrade sind ferner unabhängig von der Arbeitssubstanz. Wenn aber die Art der Maschine keine Rolle spielt, so können die Wirkungsgrade nur von den Temperaturen ϑi der Wärmebäder abhängen. Andere unterscheidende Merkmale gibt es in dem obigen System nicht. Deshalb sind die folgenden Ansätze sinnvoll: ηCa = 1 − f ϑ1 , ϑ2 , ηCb = 1 − f ϑ2 , ϑ3 . Da die Maschinen so dimensioniert sind, dass WB(ϑ2 ) letztlich inaktiv bleibt, können wir das Gesamtsystem auch als eine einzige zwischen WB(ϑ1 ) und WB(ϑ3 ) reversibel laufende Maschine auffassen: ηCab = 1 − f ϑ1 , ϑ3 . Für die Arbeitsleistungen gilt damit: −ΔWa = ΔQa1 1 − f −ΔWb = ΔQb2 1 − f −ΔWab = ΔQa1 1 − f

ϑ1 , ϑ2 ϑ2 , ϑ3 ϑ1 , ϑ3

, , .

Ferner gilt:

ΔQb2 = −ΔQa2 = −ΔQa1 ηCa − 1 = ΔQa1 f ϑ1 , ϑ2 . Nutzt man dann noch

ΔWab = ΔWa + ΔWb aus, so bleibt: 1 − f ϑ1 , ϑ3 = 1 − f ϑ1 , ϑ2 + f ϑ1 , ϑ2 1 − f ϑ2 , ϑ3 . Dies liefert die folgende Bestimmungsgleichung: f ϑ1 , ϑ3 = f ϑ1 , ϑ2 f ϑ2 , ϑ3 . Wegen ln f ϑ1 , ϑ3 = ln f ϑ1 , ϑ2 + ln f ϑ2 , ϑ3 folgt dann auch ∂ ∂ ln f ϑ1 , ϑ3 = ln f ϑ1 , ϑ2 . ∂ϑ1 ∂ϑ1

(2.39)

2.7

Entropie als Zustandsgröße

197

Dieses kann wiederum nur dann richtig sein, wenn sich f wie folgt schreiben lässt: f ϑ1 , ϑ2 = α ϑ1 β(ϑ2 ) . Dies wird in (2.39) eingesetzt:

α ϑ1 β ϑ3 = α ϑ1 β ϑ2 α ϑ2 β ϑ3

⇐⇒ 1 = α ϑ2 β(ϑ2 ) ⇐⇒ α ϑ = β−1 ϑ . Das bedeutet für f

β ϑ2 f ϑ1 , ϑ2 = β ϑ1

und damit für den Wirkungsgrad:

β ϑ2 ηCa = 1 − . β ϑ1

(2.40)

β(ϑ) ist dabei eine zunächst noch völlig willkürliche Funktion. Dieser Ausdruck ist formal identisch mit dem ηC , das wir in (2.37) mit dem idealen Gas als Arbeitssubstanz gefunden hatten. β(ϑ) ist bestimmt, falls wir einem einzigen Wärmebad einen Wert T ∗ = β ϑ∗ zuordnen. Dann liefert jede reversible Maschine eindeutig die Temperaturverhältnisse T |T ∗ . Man vereinbart: T ∗ = 273,16 K :

Tripelpunkt des Wassers.

(2.41)

Damit deﬁniert T = β(ϑ) eine absolute, substanzunabhängige Temperatur T = T ∗ 1 − ηC T ∗ , T ,

(2.42)

die mit der bisher verwendeten idealen Gastemperatur identisch ist.

2.7 Entropie als Zustandsgröße Die bisherigen Schlussweisen, die sämtlich auf dem Zweiten Hauptsatz basierten, erlauben uns nun, die für die Thermodynamik wohl wichtigste Größe einzuführen, nämlich die Entropie. Wir hatten für den Wirkungsgrad der Carnot-Maschine gefunden:

ηC = 1 −

T2 ΔQ2 =1+ . T1 ΔQ1

2.7

198

2. Hauptsätze

Dies bedeutet:

ΔQ1 T1

+

ΔQ2 T2

(2.43)

=0.

Dieses Ergebnis wollen wir nun weiter verallgemeinern.

K

δQ1

δQ2 T1

δQ n T2

Abb. 2.10. Kreisprozess in Kontakt mit n Wär-

Tn

mebädern verschiedener Temperaturen

Ein thermodynamisches System durchlaufe quasistatisch einen (nicht notwendig reversiblen) Kreisprozess K. Zur Beschreibung der Temperaturänderung zerlegen wir den Zyklus in n Schritte (Abb. 2.10), während derer die Temperatur des Systems durch dessen Kontakt mit einem Wärmebad WB Ti ; i = 1, 2, . . . , n konstant ist. Dabei ﬁndet ein Wärmeaustausch δQi statt, der positiv wie negativ sein kann. Nach dem Ersten Hauptsatz gilt dann für die gesamte Arbeitsleistung auf K:

ΔWK = −

n

δQi .

i=1

Wir koppeln nun an jedes WB(Ti ) eine Carnot-Maschine Ci , die zwischen diesem WB(Ti ) und einem Wärmebad WB(T0 ) arbeitet, wobei ∀i

T0 > Ti

K

δQ1 T1

δW1 T0

δQ n

δQ 2 T2

δQC1 C1 δW2 δQ(C01)

δQ C2 C2

Tn

δWn

δQ(C02)

δQ Cn Cn

δQ(C0n)

Abb. 2.11. Kreisprozess in Kontakt mit n Wärmebädern unterschiedlicher Temperaturen Ti , wobei

an jedes Wärmebad eine Carnot-Maschine angekoppelt ist, die zwischen Ti und der festen Temperatur T0 arbeitet. (Beweis der Clausius’schen Ungleichung)

2.7

Entropie als Zustandsgröße

199

gelten soll. Jedes Ci kann sowohl als Wärmekraftmaschine als auch als Wärmepumpe arbeiten. Wir dimensionieren die Ci so, dass sie gerade die Wärmemenge von WB(Ti ) aufnehmen, die von dem System an WB(Ti ) abgegeben wurde (bzw. umgekehrt):

δQCi = −δQi

∀i .

Für jede Carnot-Maschine gilt:

δQ(0) Ci = −

T0 T δQCi = 0 δQi . Ti Ti

Das System der Carnot-Maschinen leistet dann insgesamt die Arbeit:

ΔWC =

n

δWi = −

i=1

=−

n

ηCi δQ(0) Ci =

i=1

n

1−

i=1

Ti T0

n T0 T0 δQi = 1− δQi . Ti Ti i=1

Bei dem gesamten Zyklus K + {C1 + C2 + . . . + Cn }

(Kreisprozess)

wird die Wärmemenge

ΔQ(0) =

n

δQ(0) Ci = T0

i=1

n δQi i=1

Ti

(2.44)

mit WB(T0 ) ausgetauscht und dabei die Arbeit

ΔW = ΔWK + ΔWC = −T0

n δQi Ti i=1

(2.45)

geleistet. Sonst ist nichts passiert. Der Erste Hauptsatz ist offensichtlich erfüllt:

ΔW = −ΔQ(0) . Der Zweite Hauptsatz fordert nun aber, dass

ΔW ≥ 0

(2.46)

ist. Im umgekehrten Fall wäre nämlich nichts anderes passiert, als dass das thermodynamische Gesamtsystem Wärme ΔQ(0) aus WB(T0 ) aufgenommen und vollständig in Arbeit ΔW ≤ 0 verwandelt hätte. Das ist aber unmöglich. Damit folgt aus (2.45) und (2.46) das wichtige Ergebnis n δQi ≤0, Ti i=1

(2.47)

200

2. Hauptsätze

das nur noch Daten des ursprünglichen Zyklus K enthält. Ist dieser sogar reversibel, dann lässt sich der Durchlaufsinn von K umkehren. An den obigen Überlegungen ändert sich überhaupt nichts. Die Größen δQi in (2.47) haben jedoch ihr Vorzeichen geändert. Da (2.47) aber für beide Durchlaufrichtungen gleichermaßen richtig ist, führt nur das Gleichheitszeichen nicht zum Widerspruch: n δQi = 0 ⇐⇒ K reversibel . Ti i=1

(2.48)

Durch Verallgemeinerung auf n → ∞ Teilschritte ergibt sich aus (2.47) und (2.48) die fundamentale Clausius’sche Ungleichung

δQ T

≤0.

(2.49)

Für reversible Prozesse gilt:

δQrev

(2.50)

=0.

T

Diese letzte Beziehung deﬁniert eine Zustandsgröße. Sei A0 : fester Punkt des Zustandsraums, dann ist das Integral A

δQrev T

A0

unabhängig vom Weg, auf dem wir im Zustandsraum vom Zustand A0 zum Zustand A gelangen, und bei festem A0 eine eindeutige Funktion des Zustands A. Die so genannte Entropie S, A S(A) =

δQrev T

,

(2.51)

A0

ist also eine bis auf eine additive Konstante festgelegte Zustandsgröße mit dem totalen Differential dS =

δQrev T

.

(2.52)

1|T ist somit der integrierende Faktor (1.34), der aus der nicht integrablen Differentialform δQ ein totales Differential macht (s. Aufg. 2.9.1).

2.7

Entropie als Zustandsgröße

201

Man beachte, dass die Entropie stets über einen reversiblen Weg von A0 nach A zu berechnen ist. Dabei ist es unerheblich, wie das System den Zustand A tatsächlich erreicht hat, ob reversibel oder irreversibel. Man benötigt zur Bestimmung von S(A) also stets einen reversiblen Ersatzprozess. Für eine beliebige Zustandsänderung Z gilt: S A2 − S A1 ≥

A2

δQ T

(2.53)

.

A1 (Z)

Beweis R: reversibler Ersatzprozess. Auf diesem gilt:

S A2 − S A1 =

A2

δQ T

.

A1 (R)

Z

A2 A1

Abb. 2.12. Weg einer nicht notwendig reversiblen Zustands-

R

änderung Z, gekoppelt mit einem reversiblen Ersatzprozess R

Da der Weg R reversibel ist, lässt er sich auch umkehren und mit Z zu einem Kreisprozess kombinieren, für den dann nach der Clausius’schen Ungleichung (2.49) gelten muss: A2

δQ T

A1 (Z)

A1 +

δQ T

A1 ≤ 0 ⇐⇒ −

A2 (−R)

δQ T

A2 ≥

A2 (−R)

A2

⇐⇒ S A2 − S A1 ≥

δQ T

δQ T

A1 (Z)

q. e. d.

A1 (Z)

Zur Ableitung der Ergebnisse (2.49) bis (2.53) haben wir lediglich die Gültigkeit des Zweiten Hauptsatzes voraussetzen müssen. Wir gewinnen deshalb umgekehrt aus diesen Resultaten eine mathematische Formulierung des Zweiten Hauptsatzes dS ≥

δQ T

.

(Gleichheitszeichen für reversible Prozesse!)

(2.54)

202

2. Hauptsätze

Kombiniert man den Ersten und den Zweiten Hauptsatz, so ergibt sich die Grundrelation der Thermodynamik T dS ≥ dU − δW − δEC .

(2.55)

Mit dieser Grundrelation, mit der Deﬁnition der Entropie als neuer Zustandsgröße (2.51) sowie der Einführung der thermodynamischen Temperatur (2.42) sind die zentralen Begriffe der phänomenologischen Thermodynamik begründet. Die folgenden Überlegungen stellen deshalb mehr oder weniger Schlussfolgerungen aus diesem Grundkonzept dar. Betrachten wir als ersten Spezialfall ein isoliertes System:

dS ≥ 0 .

(2.56)

Das isolierte System kann per def. keine Wärme mit der Umgebung austauschen. Solange in einem solchen System noch (irreversible) Prozesse ablaufen können, kann die Entropie nur zunehmen. Sie ist deshalb maximal im Gleichgewichtszustand. Der Übergang ins Gleichgewicht ist irreversibel. Entropie-Zuwachs ohne Austausch kennzeichnet irreversible Prozesse. Wir wollen die physikalische Bedeutung der Entropie an einem einfachen Beispiel illustrieren: isotherme Expansion des idealen Gases. 1) Reversibel Das Gas verschiebe einen Kolben, der mit einer Feder an einer Wand befestigt ist. Die Arbeit, die das Gas beim Verschieben des Kolbens leistet, ist in der Feder gespeichert und kann im Prinzip dazu dienen, die Verschiebung wieder rückgängig zu machen. Die Expansion des Gases ist damit reversibel. – Das Gas beﬁnde sich in einem Wärmebad WB(T), sämtliche Zustandsänderungen verlaufen damit isotherm:

U = U(T) ⇒ ΔU = 0 . Nach dem Ersten Hauptsatz gilt dann:

ΔQ = −ΔW =

V2 p dV = n R T ln V1

V2 . V1

ideales Gas Abb. 2.13. Schematische Anordnung für eine reversible Expansion

WB(T )

des idealen Gases

2.7

Entropie als Zustandsgröße

203

Bei dieser reversiblen Zustandsänderung ändert sich gemäß (2.54) die Entropie: (ΔS)Gas =

ΔQ T

= n R ln

V2 . V1

Die zur Arbeitsleistung benötigte Wärmemenge ΔQ wurde dem Wärmebad entnommen und kann durch Kompression des Gases beim Entspannen der Feder an dieses wieder zurückgegeben werden. Auch die Vorgänge im Wärmebad sind deshalb reversibel: (ΔS)WB =

−ΔQ = −(ΔS)Gas . T

Die Entropie des Gesamtsystems hat sich also nicht geändert. 2) Irreversibel Der analoge irreversible Prozess wäre die freie Expansion des idealen Gases: Bei der freien Expansion leistet das Gas keine Arbeit. Es wird deshalb dem Wärmespeicher keine Wärme entzogen. Den Zeitablauf dieses irreversiblen Prozesses können wir nicht beschreiben. Anfangs- und Endzustand sind jedoch Gleichgewichtszustände. Sie entsprechen denen des Vorgangs 1). 1) ist also der reversible Ersatzprozess für 2). Die Entropieänderung des Gases ist deshalb dieselbe wie unter 1):

(ΔS)Gas = n R ln

V2 . V1

× × ×× × × × × × × × × × × ×

× × × × × × × ×× ×× × ×× ×

WB(T )

Abb. 2.14. Freie Expansion des idealen

Gases als Beispiel eines irreversiblen Prozesses

Wegen ΔQ = 0 ist jedoch (ΔS)WB = 0 . Die Entropie des Gesamtsystems hat sich demnach erhöht. T(ΔS)tot ist gerade der Energiebetrag, der im reversiblen Fall 1) in verwertbare Arbeit (−ΔW) umgewandelt wurde. Das bedeutet: Irreversibilität verschenkt verwertbare Energie.

204

2.8

2. Hauptsätze

2.8 Einfache Folgerungen aus den Hauptsätzen Wir betrachten reversible Prozesse in geschlossenen Systemen. Dafür liest sich die Grundrelation (2.55) wie folgt: T dS = dU − δW .

(2.57)

Eine Reihe von wichtigen Schlussfolgerungen ergeben sich bereits aus der Tatsache, dass dS und dU totale Differentiale sind. Wir denken zunächst an T und V als unabhängige Zustandsvariable (Gas!): S = S(T, V) ; U = U(T, V) ∂S ∂S 1 p ⇒ dS = dT + dV = dU + dV , ∂T V ∂V T T T ∂U ∂U dU = dT + dV . ∂T V ∂V T Einsetzen ergibt: dS =

1 T

∂U ∂T

dT + V

1 T

∂U ∂V

+ p dV .

(2.58)

T

Da dS ein totales Differential ist, sind die Integrabilitätsbedingungen erfüllt:

1 ∂ ∂U 1 ∂U =− 2 +p + T ∂V ∂T V T T ∂V T

1 ∂ ∂U ∂p + + . T ∂T ∂V T V ∂T V Da auch dU ein totales Differential ist, vereinfacht sich dieser Ausdruck zu: ∂U ∂p =T −p. ∂V T ∂T V

(2.59)

Die rechte Seite ist allein durch die Zustandsgleichung bestimmt. Bei bekannter Wärmekapazität CV lässt sich somit die innere Energie U(T, V) allein aus der Zustandsgleichung herleiten. Beispiele 1) Ideales Gas

∂U ∂V

=T T

nR −p=0. V

(2.60)

Die Aussage des Gay-Lussac-Versuchs, dass die innere Energie des idealen Gases nicht vom Volumen abhängt, ist also eine unmittelbare Folge der Grundrelation: U = U(T) = CV T + const .

(2.61)

2.8

Einfache Folgerungen aus den Hauptsätzen

205

2) Van der Waals-Gas Mit der Zustandsgleichung (1.14) in (2.59) ﬁndet man (s. Aufg. 2.9.11):

∂U ∂V

=a T

n2 . V2

(2.62)

Aufgrund der Teilchenwechselwirkungen ist die innere Energie nun volumenabhängig: U = U(T, V) = CV T − a

n2 + const V

(2.63)

(CV = const vorausgesetzt!) 3) Photonengas Setzen wir (2.8) in (2.59) ein, so folgt:

1 3

ε(T) = T

dε 1 dε − ε(T) ⇐⇒ 4ε(T) = T . dT 3 dT

Die Lösung ist das Stefan-Boltzmann-Gesetz:

ε(T) = const T 4 .

(2.64)

Als Folge des Ersten Hauptsatzes hatten wir für die Differenz der Wärmekapazitäten Cp und CV bereits in (2.17)

∂U ∂V Cp − CV = +p ∂V T ∂T p gefunden. Daraus wird mit (2.59): Cp − CV = T

∂p ∂T

V

∂V ∂T

.

(2.65)

p

Diese Differenz ist also allein durch die thermische Zustandsgleichung bestimmt. Die rechte Seite lässt sich durch relativ leicht messbare Response-Funktionen ausdrücken. Definition 2.8.1 1.

2.8.1

β=

1 V

∂V ∂T

, p

isobarer, thermischer Ausdehnungskoefﬁzient.

(2.66)

206

2. Hauptsätze

2.

1 =− V

κT(S)

∂V ∂p

,

(2.67)

T(S)

isotherme (adiabatische) Kompressibilität.

Mit der Kettenregel (Aufg. 1.6.2) ∂p ∂T ∂V = −1 ∂T V ∂V p ∂p T sowie

∂T ∂V

= p

1

=

∂V ∂T p

(2.68)

1 Vβ

folgt:

∂p ∂T

= V

β . κT

(2.69)

Eingesetzt in (2.65) ergibt dies: Cp − CV =

T V β2

κT

.

(2.70)

Die mechanische Stabilität des Systems erfordert

κT ≥ 0 .

(2.71)

Diese plausible Relation lässt sich in der Statistischen Mechanik auch explizit beweisen. Sie hat zur Folge: Cp > CV .

(2.72)

Diese Relation ist anschaulich klar, da bei konstantem Druck p für die gleiche Temperaturerhöhung dT „mehr δQ“ notwendig ist als bei konstantem Volumen, da im ersten Fall auch Volumenarbeit zu leisten ist, die bei CV wegen V = const, d. h. dV = 0, wegfällt. Wir haben bisher T und V als unabhängige Zustandsvariable vorausgesetzt. Experimentelle Randbedingungen könnten jedoch T und p bzw. V und p als bequemer messbar erscheinen lassen. Man hat dann die relevanten Zustandsfunktionen in dem betreffenden Variablensatz zu formulieren. Das wollen wir zum Schluss am Beispiel der Entropie demonstrieren. Wir leiten die so genannten T dS-Gleichungen ab.

2.8

Einfache Folgerungen aus den Hauptsätzen

207

1. S = S(T, V) Das ist der Fall, den wir schon diskutiert haben. Setzt man (2.59) in (2.58) ein und nutzt (2.69) aus, so bleibt:

β dV . κT

T dS = CV dT + T

(2.73)

Auch die Berechnung der Entropie erfordert neben der thermischen Zustandsgleichung (⇒ β, κT ) nur die Kenntnis von CV . 2. S = S(T, p) V = V(T, p) ⇒ dV =

∂V ∂T

dT +

p

∂V ∂p

dp . T

Das wird in (2.58) eingesetzt:

∂U ∂U ∂V T dS = dT + +p dT + ∂T V ∂V T ∂T p

+

∂U ∂V

+p T

∂p = Cp dT + T ∂T

(2.16)

β = Cp dT + T κT

(2.69)

dp = T

∂V ∂p

V

∂V ∂p

dp = T

−V κT dp .

Damit lautet die T dS-Gleichung in den Variablen (T, p): T dS = Cp dT − T V β dp .

(2.74)

3. S = S(V, p) T = T(p, V) ⇒ dT =

∂T ∂p

Einsetzen in

V

T dS = CV dT + T

dp +

∂T ∂V

dV . p

∂p ∂T

dV V

ergibt als Zwischenergebnis: T dS = CV

∂T ∂p

dp + CV

V

∂T ∂V

∂p +T ∂T p

dV . V

(2.75)

208

2. Hauptsätze

Mit (2.69) folgt: CV

CV

∂T ∂V

∂T ∂p

∂p +T ∂T p

= CV V

V

κT , β

∂T = ∂V

(2.65)

=

∂p ∂V CV + T = ∂T V ∂T p p

Cp

∂T ∂V

(2.66)

=

p

Cp . Vβ

Damit haben wir die dritte T dS-Gleichung gefunden: T dS = CV

Cp κT dp + dV . β Vβ

(2.76)

Wertet man diese T dS-Gleichungen speziell für adiabatisch-reversible Prozesse (S = const) aus, so ergeben sich einige weitere nützliche Relationen: ∂V CV κT (2. 73) ⇒ =− , ∂T S Tβ Cp ∂p (2. 74) ⇒ = ∂T S T V β Cp ∂p ∂T ∂p 1 ⇒ =− =− = . V CV κT ∂T S ∂V S ∂V S V κS Dies ergibt: Cp κT = . CV κS

(2.77)

Wegen (2.72) ist also stets κT > κS . Wenn wir diese Gleichung mit (2.70) kombinieren, so können wir noch explizit nach Cp und CV auﬂösen: Cp − CV = ⇒ Cp = CV =

T V β2

κT

= Cp −

κS C κT p

T V β2 , κT − κS

(2.78)

T V β2 κS . κT κT − κS

(2.79)

Analoge Beziehungen, wie wir sie hier für das ﬂuide System (Gas-Flüssigkeit) abgeleitet haben, gelten auch für magnetische Systeme, wenn man die entsprechenden Response-Funktionen einsetzt. Die Kompressibilität wird durch die

2.8

Einfache Folgerungen aus den Hauptsätzen

209

isotherme (adiabatische) Suszeptiblität ∂M 1 ∂m χT (S) = = ∂H T (S) V ∂H T (S)

(2.80)

ersetzt. Man beachte jedoch, dass Suszeptibilitäten im Gegensatz zu den Kompressibilitäten auch negativ werden können. (Diamagnetismus!, vgl. Abschn. 3.4.2, Band. 3.) Der Ausdehnungskoefﬁzient hat sein Analogon in der Größe ∂M 1 ∂m βH = = , (2.81) ∂T H V ∂T H die im Bereich des Magnetismus keinen speziellen Namen trägt. – Das Volumen V ist für die magnetischen Systeme als konstanter Parameter anzusehen, also keine Zustandsvariable wie im ﬂuiden System. Beachtet man die Zuordnungen: Magnet

←→

Gas

μ0 H

p

m

−V

μ0 χT (S)

V κT (S)

CH,m

Cp,V

V βH

−V β ,

V

dann ﬁndet man mit (2.70), (2.77) und (2.78):

χT = μ0 V

T β2H , CH − Cm

(2.82)

CH = μ0 V

T β2H , χT − χS

(2.83)

χ CH = T . Cm χS

(2.84)

210

2.9

2. Hauptsätze

2.9 Aufgaben

2.9.1

Aufgabe 2.9.1 1. Zeigen Sie, dass δQ kein totales Differential ist. Benutzt werden darf der Erste Hauptsatz und die Tatsache, dass dU dagegen ein solches totales Differential darstellt. 2. Suchen Sie am Beispiel des idealen Gases einen integrierenden Faktor μ(T, V), der aus δQ ein totales Differential dy = μ(T, V) δQ macht und a) nur von T (μ = μ(T)), b) nur von V (μ = μ(V)) abhängt.

2.9.2

Aufgabe 2.9.2 Zeigen Sie, dass längs der Kurve

p V n = const

(n = const)

für ein ideales Gas das Verhältnis von zugeführter Wärme und geleisteter Arbeit konstant ist.

2.9.3

Aufgabe 2.9.3 Die Volumenänderung eines idealen Gases erfolge gemäß

dp dV =a p V Dabei ist a eine vorgegebene Konstante. Bestimmen Sie p = p(V), V = V(T) Q und die Wärmekapazität Ca = δdT . Wie muss a gewählt werden, damit die a Zustandsänderung isobar, isochor, isotherm bzw. adiabatisch verläuft?

2.9.4

Aufgabe 2.9.4 1. Leiten Sie die allgemeine Form der thermischen Zustandsgleichung für eine System ab, das die Beziehung ∂U =0 ∂V T

2.

erfüllt. Ein Gas mit konstanter Teilchenzahl erfülle die Beziehungen: 1 ∂U p = f (T) ; = bp (b = const.) V ∂V T Bestimmen Sie die Funktion f (T)!

2.9

Aufgaben

211

Aufgabe 2.9.5 Beweisen Sie, dass sich eine Adiabate und eine Isotherme nicht zweimal schneiden können!

2.9.5

Aufgabe 2.9.6 Für nicht zu tiefe Temperaturen stellt das Curie-Gesetz die Zustandsgleichung des idealen Paramagneten dar. 1. Zeigen Sie, dass für die Wärmekapazitäten ∂U ∂U V Cm = ; CH = + μ0 M 2 ∂T m ∂T H C

2.9.6

2.

gilt (C = Curie-Konstante). Leiten Sie für adiabatische Zustandsänderungen die folgende Beziehung ab: ∂U ∂m Cm μ0 m − ∂H T . = ∂H ad CH μ0 H − ∂U ∂m T

Aufgabe 2.9.7 Ein thermisch isolierter Zylinder enthält in der Mitte eine reibungslos verschiebbare, thermisch isolierende Wand. In den beiden Kammern beﬁnden sich zwei ideale Gase mit den in der Abbildung angegebenen Anfangsdaten. In der linken Kammer wird das Gas so lange erwärmt, bis das Gas in der rechten Kammer den Druck pr = 3p0 angenommen hat.

1. 2. 3.

p0 ,V0

p0 ,V0

T0 , N

T0 , N

Abb. 2.15. Zwei ideale Gase in einem thermisch

isolierten Zylinder, getrennt durch eine reibungslos verschiebbare, thermisch isolierende Wand

Welche Wärme hat das Gas rechts aufgenommen? Welche Arbeit wird vom rechten Gas geleistet? Wie hoch sind die Endtemperaturen links und rechts? Wie viel Wärme hat das Gas links aufgenommen?

2.9.7

212

2. Hauptsätze

2.9.8

Aufgabe 2.9.8 Ein Mol eines idealen zweiatomigen Gases wird bei konstanter Temperatur von 293 K quasistatisch von einem Anfangsdruck von 2 · 106 N|m2 auf den Enddruck 1 · 105 N|m2 entspannt. Über einen verschiebbaren Kolben wird dabei Arbeit geleistet. 1. Wie groß ist die geleistete Arbeit? 2. Welche Wärmemenge muss dem Gas zugeführt werden? 3. Wie groß ist die geleistete Arbeit, wenn die Expansion anstatt isotherm adiabatisch erfolgt? 4. Wie ändert sich dabei die Temperatur?

2.9.9

Aufgabe 2.9.9 Ein großes Gefäß endet in einer vertikalen, glattwandigen Röhre, die mit einer leicht beweglichen, aber dicht schließenden Kugel versehen ist. Das Gefäß sei mit einem idealen Gas gefüllt. Z

ideales Gas Abb. 2.16. Schematische Anordnung zum Rüchhardt-Versuch

Die Kugel wird ein wenig aus der Ruhelage entfernt und dann losgelassen. Sie führt harmonische Schwingungen um die Ruhelage aus (Dämpfung vernachlässigt!). Die dabei stattﬁndenden Zustandsänderungen können in guter Näherung als adiabatisch angenommen werden. Berechnen Sie γ = Cp |CV als Funktion der Periode τ der harmonischen Schwingung (Rüchhardt-Versuch).

2.9.10

Aufgabe 2.9.10 Zwei Systeme A und B, deren innere Energien nur von T abhängen, sollen den Zustandsgleichungen

p V2 = α N T

(A) ,

p2 V = β N T

(B)

genügen, wobei α, β Konstanten mit passender Dimension sind. Untersuchen Sie, ob sich für diese Systeme eine Entropie deﬁnieren lässt.

2.9

Aufgaben

213

Aufgabe 2.9.11 1. Für ein reales Gas sei der Druck p eine lineare Funktion der Temperatur T:

2.9.11

p = α(V) T + β(V) .

2. 3.

4.

Zeigen Sie, dass dann die Wärmekapazität CV nicht vom Volumen V abhängen kann. Berechnen Sie für das van der Waals-Gas die Entropie S = S(T, V) unter der Voraussetzung, dass CV nicht von T abhängt. Berechnen Sie die Temperaturänderung ΔT = T2 −T1 , die bei der freien Expansion eines van der Waals-Gases auftritt (CV =/ CV (T)). Dabei bedeutet freie Expansion: U(T1 , V1 ) = U(T2 , V2 ). Berechnen Sie für eine reversible adiabatische Zustandsänderung die Adiabatengleichungen des van der Waals-Gases.

Aufgabe 2.9.12 In einfacher Näherung gelte für einen Festkörper die folgende thermische Zustandsgleichung:

2.9.12

V = V 0 − αp + γ T .

α und γ seien materialspeziﬁsche Parameter. Außerdem sei die Wärmekapazität bei konstantem Druck Cp = const. gegeben. Berechnen Sie die Wärmekapazität cV und die innere Energie U(T, V) bzw. U(T, p)!

Aufgabe 2.9.13 1. Berechnen Sie für das van der Waals-Gas die Differenz der Wärmekapazitäten Cp − CV . Schätzen Sie für kleine Modellparameter a, b die Korrektur zum idealen Gas ab! 2. Welche Temperaturänderung erfährt das van der Waals-Gas bei einer quasistatischen, reversiblen adiabatischen Expansion von V0 auf V > V0

2.9.13

Aufgabe 2.9.14 Gegeben sei eine Batterie (reversible elektrochemische Zelle), die im Ladungsbereich qa bis qe > qa ideal sein möge, d. h. die Potentialdifferenz, die durch die Ladungstrennung entsteht,

2.9.14

ϕ = ϕ(T, q) ≡ ϕ(T)

qa ≤ q ≤ qe

möge von der Ladung q unabhängig sein. Welche Wärmemenge ΔQ muß der Batterie bei isothermer Auﬂadung (qa → qe ) zugeführt werden? (Arbeitsdifferential δW = ϕ dq)

214

2. Hauptsätze

2.9.15

Aufgabe 2.9.15 Gegeben sei ein kalorisch ideales Gas (pV = n R T, CV = const, U = U(T)). 1. Berechnen Sie seine Entropie S = S(T, V). 2. Berechnen Sie die innere Energie U als Funktion von S und V. 3. Berechnen Sie die Entropieänderung, die bei einer freien Expansion des Gases von V1 auf V2 eintritt.

2.9.16

Aufgabe 2.9.16 Die Zustandsgleichung eines realen Gases sei durch den Ausdruck N p V = N kB T 1 + f (T) V

gegeben, wobei f (T) eine experimentell ermittelte Funktion ist. Unter der Voraussetzung, dass 3 N d 2 df CV = N kB − N kB T 2 V dt dT gilt, berechnen Sie die innere Energie und die Entropie des Gases.

2.9.17

Aufgabe 2.9.17 Ein ideales Gas (n Mole, CV bekannt) dehne sich reversibel 1. unter konstantem Druck p0 (p0 bekannt!), 2. bei konstanter Temperatur T0 (T0 bekannt!), 3. adiabatisch (Anfangsdruck p1 bekannt!) vom Volumen V1 auf das Volumen V2 aus. Berechnen Sie die Arbeitsleistung ΔW, die ausgetauschte Wärme ΔQ und die Entropieänderung ΔS als Funktionen von V1 und V2 .

2.9.18

Aufgabe 2.9.18 In einem idealen Gas wird reversibel und ohne Volumenänderung der Druck erhöht. Berechnen Sie ΔQ, ΔW und ΔS.

2.9.19

Aufgabe 2.9.19 Die Zustandsgleichung eines thermodynamischen Systems (Photonengas!) sei

p = α ε(T) ;

α = const .

ε(T) ist dabei die innere Energie pro Volumeneinheit. 1. 2.

Bestimmen Sie die Temperaturabhängigkeit der inneren Energie. Berechnen Sie die Entropie.

2.9

Aufgaben

215

Aufgabe 2.9.20 Zwei verschiedene ideale Gase mit den Molzahlen n1 und n2 seien in einem Behälter vom Volumen V = V1 + V2 zunächst durch eine wärmeundurchlässige Wand voneinander getrennt. Der Druck p auf beiden Seiten sei gleich, die Temperaturen seien T1 und T2 . Die Wärmekapazitäten der beiden Gase seien gleich. – Nun werde die Trennwand entfernt. p n1 ,V1 ,T1

1. 2. 3.

p n2 ,V2 ,T2

2.9.20

Abb. 2.17. Zwei verschiedene ideale Gase mit unterschied-

lichen Temperaturen, zunächst getrennt durch eine wärmeundurchlässige Wand

Welche Mischungstemperatur stellt sich ein? Wie groß ist die Entropieänderung? Zeigen Sie, dass das Ergebnis von 2. nicht richtig sein kann, wenn die Gase in den beiden Kammern gleich sind und aus nicht unterscheidbaren Teilchen bestehen (Gibb’sches Paradoxon).

Aufgabe 2.9.21 Ein Stahlblock der Masse M und der konstanten Wärmekapazität Cp wird von einer Anfangstemperatur TU , die gleich seiner Umgebungstemperatur ist, isobar auf die Temperatur T0 > TU erwärmt. 1. Die Erwärmung möge durch direkten thermischen Kontakt des Blocks mit einem Wärmebad der Temperatur T0 erfolgen. Welche Wärme gibt das Bad an den Block ab? 2. Zwischen Stahlblock und Wärmebad WB(T0 ) seien reversibel arbeitende Carnot-Maschinen geschaltet, die in inﬁnitesimalen Schritten die Temperatur des Blockes durch entsprechende Wärmeentnahmen aus dem Bad erhöhen. Welche Wärmemenge muß das Bad insgesamt abgeben, damit der Block (quasistatisch) auf die Temperatur T0 erwärmt wird? 3. Berechnen Sie die Entropieänderungen der Erwärmungsprozesse 1) und 2), wobei daran zu denken ist, daß die Erwärmung des Blocks in 1) irreversibel erfolgt. Die Wärmeabgaben des Wärmebades selbst können als reversibel angenommen werden.

1),2)

ΔS

WB

=−

ΔQ1,2 T0

2.9.21

216

2.9.22

2. Hauptsätze

Aufgabe 2.9.22 Ein Carnot-Kreisprozess verlaufe zwischen den Temperaturen T1 und T2 :

T1 = 360 K ;

T2 = 300 K .

Dem ersten Wärmebad wird die Wärme

ΔQ1 = 1 kJ entzogen. Berechnen Sie die bei einem Umlauf geleistete Arbeit.

2.9.23

Aufgabe 2.9.23 Ein ideales Gas mit der Wärmekapazität CV durchlaufe reversibel den skizzierten Kreisprozess. pa , Va , Ta sowie pb seien bekannt. Berechnen Sie 1. Volumen V und Temperatur T in den Zuständen b und c, 2. ausgetauschte Wärmemengen, Energie- und Entropieänderungen bei jedem Teilprozess, 3. den Wirkungsgrad des Kreisprozesses. p

b

pa

c

a

Abb. 2.18. Spezieller reversibler Kreisprozess für das

V

Va

2.9.24

ideale Gas

Aufgabe 2.9.24 Mit einem idealen Gas wird der skizzierte Kreisprozess reversibel durchgeführt. Berechnen Sie den Wirkungsgrad als Funktion von p1 und p2 .

δQ = 0

p

p2 p1

c

b

a

δQ = 0 d

Abb. 2.19. Reversibler Kreisprozess für das ideale Gas

V

aus Adiabaten und Isobaren

2.9

Aufgaben

217

Aufgabe 2.9.25 Betrachten Sie in der T-S-Ebene den skizzierten reversiblen Kreisprozess eines idealen Gases. T T2 ×

T1 ×

1. 2. 3.

4

1

2

× S1

3 × S2 S

2.9.25

Abb. 2.20. Spezielle Darstellung des Carnot-Prozesses

Berechnen Sie die Wärmemengen, die das System auf den vier Teilstücken austauscht, als Funktion von T1 , T2 und S1 , S2 . Bestimmen Sie die pro Umlauf geleistete Arbeit und geben Sie den Wirkungsgrad η an. Wie sieht das pV-Diagramm dieses Prozesses aus?

Aufgabe 2.9.26 Ein ideales Gas durchlaufe reversibel den skizzierten Kreisprozess aus den Teilstücken (A), (B) und (C). T T2 (C)

T1

(A)

(B)

S1

S2

S

Abb. 2.21. Reversibler Kreisprozess im

TS-Diagramm

Berechnen Sie die einzelnen Arbeitsleistungen und Wärmeaustauschbeiträge! Auf welchem Teilstück wird Wärme aufgenommen? Bestimmen Sie den Wirkungsgrad η der Wärmekraftmaschine!

2.9.26

218

2.9.27

2. Hauptsätze

Aufgabe 2.9.27 Betrachten Sie den skizzierten reversiblen Kreisprozess für ein ideales Gas (Diesel- Prozess). (1 → 2) und (3 → 4) sind Adiabaten. Wie groß ist die während eines Umlaufs vom System geleistete Arbeit? Welche Wärme muss zugeführt, welche muss abgeführt werden? p 3

2

4 1

Abb. 2.22. Der Diesel-Prozess als spezieller reversibler

V

2.9.28

Kreisprozess für das ideale Gas

Aufgabe 2.9.28 Der gezeichnete, aus zwei adiabatischen und zwei isochoren Ästen bestehende Kreisprozess werde mit einem idealen Gas als Arbeitssubstanz ausgeführt. p

δQ = 0

3

δQ = 0

2 0

V2

1. 2. 3. 4.

4 1

V1

Abb. 2.23. Der Verbrennungsprozess im Otto-Motor als

V

idealisierter Kreisprozess mit zwei Adiabaten und zwei Isochoren

Das Diagramm beschreibe einen idealisierten Viertakt-Verbrennungsmotor („Otto-Motor“). Welchen Takten entsprechen die einzelnen Prozesse? Berechnen Sie die im Kreisprozess geleistete Arbeit. Wie würden Sie den Wirkungsgrad der Maschine deﬁnieren? Wie verhält sich dieser Wirkungsgrad zu dem einer Carnot-Maschine, die zwischen der höchsten und der niedrigsten Temperatur arbeitet?

2.9

Aufgaben

219

Aufgabe 2.9.29 Betrachten Sie den folgenden reversiblen Kreisprozess (Carnot). p

p + Δp p

1

T

2.9.29

2

4 T − ΔΤ

3 Abb. 2.24. Spezieller reversibler Kreisprozess zur

V

Ableitung der Clausius-Clapeyron-Gleichung

1 → 2 Die bei 1. inAbb. 2.24 vorliegende Flüssigkeit mit dem Volumen V1 wird bei konstanter Temperatur T und konstantem Druck p + Δp verdampft. Ein Teil der Verdampfungswärme wird zur Überwindung der Kohäsionskräfte verbraucht und später beim Kondensieren zurückgewonnen. Der zweite Anteil dient der Expansion des Dampfes (V1 → V2 ). 2 → 3 Adiabatische Expansion mit Abkühlung um ΔT. 3 → 4 Isotherme Kompression, wobei der Dampf wieder vollständig kondensiert. 4 → 1 Adiabatische Kompression mit Erwärmung um ΔT. Leiten Sie unter der Voraussetzung, dass die Volumenänderungen auf den Adiabaten vernachlässigbar klein sind, mithilfe des Wirkungsgrades η des CarnotKreisprozesses die Clausius-Clapeyron-Gleichung ab,

Δp QD , = ΔT T V2 − V1 die die Koexistenzkurve von Gas und Flüssigkeit beschreibt.

Aufgabe 2.9.30 Eine bestimmte Wassermenge werde einem Carnot-Prozess zwischen den Temperaturen 2 ◦ C und 6 ◦ C unterworfen. Wegen der Anomalie des Wassers muss auf beiden Isothermen Wärme zugeführt werden. Handelt es sich hier um einen Widerspruch zur Kelvin’schen Formulierung des Zweiten Hauptsatzes?

2.9.30

220

2.9.31

2. Hauptsätze

Aufgabe 2.9.31 Kreisprozess:

Ein ideales Gas durchlaufe den skizzierten Stirling’schen

p 1

T2

4

T1

2 3

V1

V2

Abb. 2.25. Der Stirling’sche Kreisprozess aus zwei

V

Isothermen und zwei Isochoren

1 → 2; 3 → 4 : isotherm, 2 → 3; 4 → 1 : isochor. Berechnen Sie den Wirkungsgrad.

2.9.32

Aufgabe 2.9.32 Mit einem idealen Gas wird ein Kreisprozess ausgeführt, der aus den folgenden Zustandsänderungen besteht:

(1) {p1 , V1 } → (2) {p1 , V2 } → (3) {p2 , V2 } → (4) {p2 , V1 } → (1) {p1 , V1 } . Dabei gelte: p1 V 2 = p2 V 1 . 1. 2. 3.

Stellen Sie den Prozess in der pV-Ebene dar und zeichnen Sie Isothermen ein. Stellen Sie den Prozess in der TV-Ebene dar und zeichnen Sie Isobaren ein. Stellen Sie den Prozess in der pT-Ebene dar und zeichnen Sie Isochoren ein.

2.9

Aufgaben

221

Aufgabe 2.9.33 Bei einem Gummifaden wird folgender Zusammenhang zwischen der Länge L, der Zugkraft Z und der Temperatur T festgestellt:

L = L0 +

αZ T

2.9.33

L0 , α : Konstante .

Die Zugkraft Z = m g werde durch ein angehängtes Gewicht der Masse m realisiert. Zum Erwärmen des Fadens um die Temperaturdifferenz 1 K bei fester Länge L = L0 benötigt man, unabhängig von der Ausgangstemperatur, die konstante Wärmemenge C > 0. 1. Zeigen Sie, dass die Wärmekapazität des Fadens bei konstanter Länge L weder von der Temperatur T noch von L abhängt. 2. Berechnen Sie die innere Energie U(T, L) und die Entropie S(T, L). Wie lauten die Adiabatengleichungen T = T(L) und Z = Z(L)? 3. Skizzieren Sie die Isothermen und Adiabaten in einem Z-L-Diagramm. 4. Berechnen Sie die Wärmekapazität CZ bei konstanter Belastung Z. 5. Bei konstanter Belastung Z verkürzt sich der Faden bei Erwärmung von T1 auf T2 > T1 . Welcher Bruchteil β der zugeführten Wärme wird dabei durch Heben des Gewichtes in mechanische Arbeit umgewandelt? 6. Der Faden wird wärmeisoliert von L1 auf L2 > L1 gedehnt. Steigt oder sinkt dabei seine Temperatur?

Aufgabe 2.9.34 Betrachten Sie noch einmal das System aus Aufg. 2.9.33: Benutzen Sie die Teilergebnisse 1. bis 3. 1. Skizzieren Sie im Z-L-Diagramm einen Carnot’schen Kreisprozess. In welcher Richtung muss er durchlaufen werden, damit er als Wärmekraftmaschine wirkt? 2. Die beiden bei dem Carnot-Prozess durchlaufenen Isothermen mögen zu den Temperaturen T1 und T2 > T1 gehören. ΔQ1 und ΔQ2 seien die auf diesen Isothermen ausgetauschten Wärmemengen. Berechnen Sie ΔQ1 , ΔQ2 sowie den Wirkungsgrad des Carnot-Prozesses. 3. Diskutieren Sie einen Kreisprozess, der nur aus einem Isothermen- und einem Adiabatenstück besteht und dessen eine Ecke bei L = L0 liegt.

2.9.34

222

2.9.35

2. Hauptsätze

Aufgabe 2.9.35 Für einen Gummifaden gelte wie in Aufg. 2.9.33 der folgende Zusammenhang zwischen Länge L, Zugkraft Z und Temperatur T:

L = L0 +

αZ T

.

Der zunächst mit Z belastete Faden werde schlagartig entlastet (Z = 0). Die anschließende Kontraktion des Fadens erfolge so schnell, dass dabei kein Wärmeaustausch mit der Umgebung möglich ist. Berechnen Sie die Entropiezunahme ΔS bei diesem irreversiblen Prozess als Funktion von Z und T. Wie kann man den gleichen Endzustand durch einen reversiblen Prozess erreichen und ΔS durch Integration von δQ | T berechnen?

2.9

Aufgaben

223

Aufgabe 2.9.36 Ein Kristallgitter enthalte an bestimmten Gitterplätzen permanente magnetische Momente. Dieses Momentensystem sei durch eine Magnetisierung

H (Curie-Gesetz, C : Curie-Konstante) T und eine Wärmekapazität bei konstantem H, M = C

H 2 + Hr2 V, Hr : Konstante , 2 T charakterisiert. Das Kristallgitter habe eine Wärmekapazität CK , deren Temperaturabhängigkeit wegen CK >> C(m) H im Folgenden nicht berücksichtigt zu werden braucht. Der gesamte Kristall sei nach außen thermisch isoliert. 1. Zeigen Sie, dass die von dem Momentensystem bei einem quasistatischen Prozess aufgenommene Wärmemenge durch ∂M (m) (m) δQ = CH dT − μ0 V H dH ∂H T C(m) H = C μ0 V

2.

3.

4.

5.

beschrieben wird. (Das Volumen V ist hier eine unbedeutende Konstante, keine thermodynamische Variable!) Leiten Sie eine Bestimmungsgleichung für die Temperatur T(H) des magnetischen Systems ab, a) falls kein Wärmeaustausch zwischen magnetischem System und Kristallgitter stattﬁndet; b) falls sich die beiden Teilsysteme dauernd im thermischen Gleichgewicht beﬁnden! Das Gesamtsystem habe eine Anfangstemperatur T ∗ und beﬁnde sich in einem Feld H = H ∗ . a) Das Feld werde so schnell abgeschaltet, dass kein Wärmeaustausch zwischen Momentensystem und Kristallgitter stattﬁndet, andererseits aber auch so langsam, dass der Prozess als quasistatisch behandelt werden kann. Welche Temperatur T0 hat das Momentensystem nach Abschalten des Feldes? b) Durch den anschließenden Wärmeaustausch zwischen den Teilsystemen stellt sich ein thermisches Gleichgewicht mit der Temperatur Tg ein. Berechnen Sie Tg . Ausgehend von dem gleichen Anfangszustand wie unter (3a) werde das Feld so langsam abgeschaltet, dass die beiden Teilsysteme immer im thermischen Gleichgewicht sind. Welche Endtemperatur Tg wird nun erreicht? Diskutieren Sie die Ergebnisse aus 3. und 4. a) Sind die Prozesse reversibel? b) Warum sind die Endtemperaturen Tg und Tg nicht gleich? Welche Temperatur ist höher?

2.9.36

224

2.10

2. Hauptsätze

2.10 Kontrollfragen Zu Abschn. 2.1 1. Was ist die wesentliche Aussage des Ersten Hauptsatzes? 2. Wie ist die innere Energie U deﬁniert? Wie ändert sie sich bei einem Kreisprozess? 3. Was versteht man unter dem chemischen Potential μ? 4. Welche Relation bezeichnet man als kalorische, welche als thermische Zustandsgleichung? 5. Formulieren Sie den Ersten Hauptsatz für isolierte, geschlossene und offene Systeme. Zu Abschn. 2.2 1. Wie sind Wärmekapazitäten deﬁniert? Welche physikalischen Aussagen machen sie? 2. Wodurch unterscheiden sich Wärmekapazität, speziﬁsche Wärme und Molwärme? 3. Erklären Sie, warum beim idealen Gas Cp > CV ist. Zu Abschn. 2.3 1. Was versteht man unter einer adiabatischen Zustandsänderung? 2. Wie lauten die drei Adiabatengleichungen des idealen Gases? 3. Was kann man über die Wärmekapazitäten CV und Cp des Schwarzen Strahlers aussagen? 4. Formulieren Sie Adiabatengleichungen des Schwarzen Strahlers. 5. Was ist eine Isotherme? 6. Zeichnen Sie qualitativ für ein ideales Gas im pV-Diagramm eine Isochore, Isobare, Isotherme und Adiabate. Dabei sollen alle Kurven einen gemeinsamen Punkt (p0 , V0 ) haben. Zu Abschn. 2.4 1. Warum reicht der Erste Hauptsatz zur Beschreibung von thermodynamischen Systemen nicht aus? 2. Was versteht man unter einem perpetuum mobile zweiter Art? 3. Was besagt der Zweite Hauptsatz? Geben Sie die Kelvin’sche und die Clausius’sche Aussage an. 4. Wie ist eine Wärmekraftmaschine deﬁniert? 5. Was bedeutet ihr Wirkungsgrad η? Zu Abschn. 2.5 1. Deﬁnieren Sie den Carnot-Prozess. 2. Was ist eine Wärmepumpe? 3. Wie lautet der Wirkungsgrad der Carnot-Maschine?

2.10 Kontrollfragen

4.

225

Was kann über den Wirkungsgrad einer beliebigen reversibel und periodisch arbeitenden Maschine gesagt werden?

Zu Abschn. 2.6 1. Welche universelle Eigenschaft der Carnot-Maschine wird zur Festlegung der absoluten thermodynamischen Temperaturskala ausgenutzt? 2. In welcher Weise wird beim Beweis der Universalität des Wirkungsgrades reversibler Kreisprozesse davon Gebrauch gemacht, dass die Arbeitssubstanz ein ideales Gas ist? 3. Skizzieren Sie, wie man mit Hilfe von reversiblen Kreisprozessen eine absolute, substanzunabhängige Temperatur festlegen kann. Zu Abschn. 2.7 1. Was besagt die Clausius’sche Ungleichung? 2. Wie ist die Entropie S deﬁniert? Ist dieselbe eindeutig? 3. Welcher integrierende Faktor macht aus der Differentialform δQ das totale Differential dS? 4. Wie berechnet man die Entropie, wenn Zustandsänderungen irreversibel verlaufen? 5. Wie formuliert man mathematisch den Zweiten Hauptsatz? 6. Was versteht man unter der Grundrelation der Thermodynamik? 7. Was würden Sie als die zentralen Begriffe der phänomenologischen Thermodynamik bezeichnen? 8. Wie verhält sich die Entropie eines isolierten Systems, in dem noch Prozesse ablaufen? Was kann über die Entropie nach Erreichen des Gleichgewichts gesagt werden? 9. Wodurch sind irreversible Prozesse gekennzeichnet? 10. Beschreiben Sie eine reversible und eine irreversible Möglichkeit, das ideale Gas isotherm zu expandieren. Zu Abschn. 2.8 1. Nennen Sie einige wichtige Schlussfolgerungen, die sich aus der Tatsache ergeben, dass dS und dU totale Differentiale sind. 2. Zeigen Sie, dass sich bei bekannter Wärmekapazität CV die innere Energie U(T, V) allein aus der Zustandsgleichung ableiten lässt. 3. Begründen Sie die Ungleichung Cp > CV . 4. Zeigen Sie, dass die Aussage des Gay-Lussac-Versuchs eine direkte Folge der Grundrelation der Thermodynamik ist. 5. Veriﬁzieren Sie mit eben dieser Grundrelation für das Photonengas das StefanBoltzmann-Gesetz. 6. Was bezeichnet man als T dS-Gleichungen? 7. WelcheAnalogienbestehenzwischendemﬂuidenunddemmagnetischenSystem?

Kapitel 3 Thermodynamische Potentiale

3

3

3 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.7.1 3.7.2 3.7.3 3.7.4 3.8 3.9 3.10

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geschlossenes System im Wärmebad bei konstanten Kräften . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Extremaleigenschaften von U und H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Der Dritte Hauptsatz (Nernst’scher Wärmesatz) . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

229 231 234 236 239 243 246 247 249 250 251 252 257 268

229

3 Thermodynamische Potentiale 3.1

3.1 „Natürliche“ Zustandsvariablen Für reversible Zustandsänderungen, die, wie wir nun wissen, faktisch quasistatisch als Prozesse zwischen Gleichgewichtszuständen ablaufen müssen (Übergang ins Gleichgewicht ist irreversibel!), lautet die Grundrelation der Thermodynamik in allgemeinster Form: dU = T dS +

m

Fi dqi +

i=1

α

μj dNj .

(3.1)

j=1

Hier ist also offensichtlich (3.2)

U = U(S, q, N) . Speziell für Gase gilt mit {F, q} → {−p, V}: dU = T dS − p dV +

α

μj dNj ,

(3.3)

j=1

(3.4)

U = U(S, V, N) .

Da dU ein totales Differential ist, kann man die innere Energie U in gleicher Form auch als die Erzeugende der abhängigen Variablen auffassen. An (3.3) liest man z. B. für das Gas direkt ab: ∂U ∂U ∂U T= ; −p = ; μj = . (3.5) ∂S V, N ∂V S, N ∂Nj S, V, Ni, i =/ j Die experimentell wichtigen Response-Funktionen ergeben sich aus den zweiten Ableitungen:

∂2 U ∂S2

V, N

∂T = ∂S

⇒ CV = T

= V, N

∂2 U ∂S2

∂S ∂T

−1 rev

=

V, N

T CV

−1

. V, N

W. Nolting, Grundkurs Theoretische Physik 4. DOI 10.1007/978-3-642-24481-0_5 © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2012

(3.6)

230

3. Thermodynamische Potentiale

Die zweite Ableitung der inneren Energie nach dem Volumen führt auf die adiabatische Kompressibilität: 2 ∂U ∂p 1 = − = 2 ∂V S, N ∂V S, N V κS 1 ⇒ κS = V

∂2 U ∂V 2

−1 .

(3.7)

S, N

Weitere nützliche Relationen ergeben sich schließlich aus der Tatsache, dass dU ein totales Differential ist, d. h. aus den entsprechenden Integrabilitätsbedingungen: ∂T ∂p ∂T ∂μi =− ; = . (3.8) ∂V S, N ∂S V, N ∂Ni V, S, Nj, j =/ i ∂S V, N Diese Beziehungen werden Maxwell-Relationen genannt. Die Gleichungen (3.5) bis (3.7) machen klar, dass das gesamte Gleichgewichtsverhalten des Systems eindeutig festgelegt ist, z. B. auch die Zustandsgleichungen, sobald U = U(S, q, N) bekannt ist. Eine Größe, die so etwas leistet, nennt man ein thermodynamisches Potential. Dessen unabhängige Zustandsvariablen heißen natürliche Variablen. Die natürlichen Variablen der inneren Energie sind also {S, q, N}, und damit speziell für das Gas: {S, V, N} . Die Bezeichnung Potential rührt von einer formalen Analogie mit dem Potential der Klassischen Mechanik her. Dort erhält man die Komponenten der Kräfte direkt als erste Ableitungen des Potentials nach den Koordinaten. – Von natürlichen Variablen eines thermodynamischen Potentials spricht man deshalb genau dann, wenn sich die entsprechenden abhängigen Variablen direkt durch Ableiten der Potentiale ergeben. Das ist nach (3.5) bei der inneren Energie U genau dann der Fall, wenn wir sie für ein Gas als Funktion von S, V und N darstellen. Das sind die Variablen, in denen die differentiellen Eigenschaften von U besonders einfach und vollständig sind. Es ist daher die kalorische Zustandsgleichung U = U(T, V, N) kein geeignetes thermodynamisches Potential. Wegen

3.2

Legendre-Transformation

∂U ∂T

231

= CV ; V

∂U ∂V

=T

T

∂p ∂T

−p V

folgen die abhängigen Zustandsvariablen S und p nicht unmittelbar aus den ersten Ableitungen von U. Es gibt weitere Gesichtspunkte, die die natürlichen Variablen auszeichnen. So werden wir später Gleichgewichtsbedingungen für thermodynamische Systeme formulieren, und zwar in dem Sinne, dass in Systemen, in denen die natürlichen Variablen konstant gehalten werden, alle irreversiblen Prozesse so ablaufen, dass das thermodynamische Potential im Gleichgewicht extremal wird. Die Einführung anderer thermodynamischer Potentiale, wie wir sie im nächsten Abschnitt durchführen, erfüllt dann lediglich den Zweck, andere Energiefunktionen zu ﬁnden, die in anderen Variablensätzen ähnlich einfach sind wie U als Funktion von {S, q, N}. Löst man die Grundrelation (3.1) nach dS auf, dS =

m α 1 1 1 dU − Fi dqi − μj dNj , T T i=1 T

(3.9)

j=1

so erkennt man, dass auch S = S(U, q, N) ein thermodynamisches Potential darstellt.

3.2

3.2 Legendre-Transformation Ein Nachteil beim Gebrauch der inneren Energie U als thermodynamisches Potential ist offensichtlich. Die natürlichen Variablen sind sehr unbequem, da z. B. die Entropie S nicht leicht zu kontrollieren ist. Man führt deshalb, je nach experimentellen Randbedingungen, andere thermodynamische Potentiale ein, die als natürliche Variablen gerade solche Größen verwenden, die dem Experiment direkter zugänglich sind. Der Übergang von einem Variablensatz zum anderen erfolgt mithilfe der in Abschn. 2.1, Band 2 dieses Grundkurs: Theoretische Physik eingeführten Legendre-Transformation. Diese wenden wir auf die innere Energie U an, wobei wir parallel stets das Gas als spezielle Anwendung diskutieren wollen. 1.

Freie Energie: F = F(T, q, N) , Gas:

F = F(T, V, N) .

Die ursprünglich, d. h. in Bezug auf U, unabhängige Variable S soll durch die Temperatur T ersetzt werden: ∂U F =U −S =U −TS. (3.10) ∂S q, N

232

3. Thermodynamische Potentiale

Das totale Differential dF ergibt sich mit (3.1) zu: dF = dU − d(T S) = dU − S dT − T dS , dF = −S dT +

m

Fi dqi +

i=1

α

μj dNj .

(3.11)

j=1

Dies bedeutet speziell für das Gas: dF = −S dT − p dV +

α

μj d Nj .

(3.12)

j=1

Die natürlichen Variablen der freien Energie sind demnach {T, q, N} ;

Gas: {T, V, N} .

Die abhängigen Zustandsgrößen ergeben sich unmittelbar aus den ersten partiellen Ableitungen: ∂F ∂F −S = ; Fj = . (3.13) ∂T q, N ∂qj T, N, qi, i =/ j Dies bedeutet wiederum speziell für das Gas: ∂F ∂F S=− ; p=− . ∂T V, N ∂V T, N Ferner gilt z. B. die Maxwell-Relation: ∂S ∂p = ∂V T, N ∂T V, N

2.

(Gas) .

(3.14)

(3.15)

Enthalpie: H = H(S, F, N) , Gas: H = H(S, p, N) .

Ausgehend von U sollen nun die generalisierten Koordinaten q mit den generalisierten Kräften F vertauscht werden: m m ∂U qi =U− qi Fi . (3.16) H=U− ∂qi S, N, qj =/ i i=1 i=1 Dies bedeutet speziell für das Gas: H = U + pV .

(3.17)

3.2

Legendre-Transformation

233

Zur Berechnung des totalen Differentials dH benutzen wir auch hier (3.1): dH = dU −

m dqi Fi + qi dFi ⇒ i=1

dH = T dS −

m

qi dFi +

i=1

α

μj dNj .

(3.18)

j=1

Im Spezialfall des Gases wird daraus: dH = T dS + V dp +

α

μj dNj .

(3.19)

j=1

Die natürlichen Variablen der Enthalpie sind also: {S, F, N} ;

Gas: {S, p, N} .

Da auch H ein thermodynamisches Potential darstellt, ergeben sich die abhängigen Zustandsvariablen direkt aus den ersten partiellen Ableitungen: ∂H ∂H T= ; qi = − . (3.20) ∂S F, N ∂Fi S, N, Fj =/ i Die zweite Gleichung lautet im Fall des Gases: ∂H V= . ∂p S, N Aus (3.19) folgt auch unmittelbar die folgende Maxwell-Relation: ∂T ∂V = (Gas) . ∂p S, N ∂S p, N 3.

(3.21)

(3.22)

Gibb’sche (freie) Enthalpie: G = G(T, F, N) , Gas: G = G(T, p, N) .

Ausgehend von U sollen nun S und q gegen T und F mithilfe einer LegendreTransformation ausgetauscht werden: m ∂U ∂U G=U −S − qi , ∂S q, N i = 1 ∂qi S, N, qj =/ i G =U −TS−

m

qi Fi .

(3.23)

i=1

Für das Gas gilt: G = U − T S + pV .

(3.24)

234

3. Thermodynamische Potentiale

Das totale Differential ist wiederum leicht ableitbar: dG = dU − T dS − S dT −

m

qi dFi + Fi dqi .

i=1

Setzen wir (3.1) ein, dG = −S dT −

m

qi dFi +

i=1

α

μj dNj ,

(3.25)

j=1

so erkennen wir, dass {T, F, N} ;

Gas: {T, p, N}

die natürlichen Variablen der freien Enthalpie sind. Für das Gas nimmt (3.25) die Gestalt dG = −S dT + V dp +

α

μj dNj

(3.26)

j=1

an. Die ersten partiellen Ableitungen von G nach den natürlichen Variablen führen auf die abhängigen Zustandsvariablen: ∂G ∂G S=− ; qi = − . (3.27) ∂T F, N ∂Fi T, N,Fj =/ i Für das Gas schreibt sich die zweite Gleichung: ∂G V= . ∂p T, N Nützlich ist noch die aus (3.26) folgende Maxwell-Relation: ∂S ∂V − = . ∂p T, N ∂T p, N

(3.28)

(3.29)

U, F, G und H sind die vier wichtigsten thermodynamischen Potentiale. Eine Fülle von aussagekräftigen Beziehungen resultieren allein aus der Tatsache, dass dU, dF, dH und dG totale Differentiale sind.

3.3

3.3 Homogenitätsrelationen Es muss als Erfahrungstatsache gelten, dass die innere Energie U eine extensive Zustandsgröße darstellt. Dies besagt, dass bei einer Vervielfachung der homogenen Phasen eines thermodynamischen Systems, in denen die intensiven Zustandsvariablen überall denselben Wert haben, sich auch U vervielfacht:

3.3

Homogenitätsrelationen

235

V → λV

⇒ U → λU .

Nj → λ Nj

(3.30)

Dieses ist streng natürlich nur dann richtig, wenn wir Wechselwirkungen zwischen den einzelnen Teilsystemen vernachlässigen können und auf Oberﬂächeneffekte keine Rücksicht nehmen müssen. (In der Statistischen Mechanik werden wir dazu den thermodynamischen Limes einführen!) Wir wollen nun zeigen, dass auch die anderen thermodynamischen Potentiale extensive Zustandsgrößen sind. Da dU = T dS +

m i=1

Fi dqi +

α

μj dNj

j=1

extensiv ist, die Temperatur T nach Deﬁnition in Abschn. 1.3 intensiv, muss notwendig

m

S, dS

extensiv,

μj

intensiv,

Fi dqi

extensiv

i=1

folgen. Falls die verallgemeinerten Koordinaten qi extensiv gewählt werden, müssen die zugehörigen verallgemeinerten Kräfte Fi intensiv sein und umgekehrt. An (3.10), (3.11), (3.16), (3.18), (3.23) und (3.25) liest man dann unmittelbar die Behauptung ab: dF, dG, dH

bzw. F, G, H sind

extensive Zustandsgrößen! Nehmen wir einmal an, die Koordinaten qi seien sämtlich extensiv, wie z. B. das Volumen V beim Gas, dann gelten die Homogenitätsrelationen: F(T, λ q, λ N) = λ F(T, q, N) ,

(3.31)

H(λ S, F, λ N) = λ H(S, F, N) ,

(3.32)

G(T, F, λ N) = λ G(T, F, N) .

(3.33)

Aus der Extensivität von G ziehen wir eine wichtige Folgerung. Wir differenzieren beide Seiten der Gleichung (3.33) nach λ und setzen dann λ = 1: d G(T, F, λ N)|λ = 1 = dλ ⎛

α ∂ G =⎝ ∂ λ Nj j=1

G(T, F, N) =

T, F, Ni =/ j

⎞ Nj ⎠ λ=1

.

236

3. Thermodynamische Potentiale

Dies ergibt die Gibbs-Duhem-Relation G(T, F, N) =

α

μj Nj ,

(3.34)

j=1

die bei einer einzigen Teilchensorte (α = 1) besonders einfach aussieht: G(T, F, N) = μ N .

(3.35)

Das chemische Potential μ kann demnach als freie Enthalpie pro Teilchen interpretiert werden. Gleichung (3.34) kann natürlich auch wie folgt geschrieben werden: U −TS−

m

Fi qi −

i=1

3.4

α

μj Nj = 0 .

(3.36)

j=1

3.4 Die thermodynamischen Potentiale des idealen Gases Bevor wir weitere, allgemein gültige Eigenschaften der thermodynamischen Potentiale ableiten, wollen wir einige spezielle Anwendungen diskutieren. Zunächst berechnen wir in diesem Abschnitt einmal explizit die Potentiale des idealen Gases, wobei wir annehmen wollen, dass das Gas aus nur einer Teilchensorte besteht: {q, F, N} → {V, −p, N} . Mit C bezeichnen wir die Wärmekapazität pro Teilchen: (3.37)

C = const

Dann gilt zunächst nach (2.58) und (2.59), falls die Teilchenzahl N konstant ist: dS = N CV

dT 1 + p dV = N CV d ln T + N kB d ln V . T T

Dies lässt sich formal leicht integrieren: T V S(T, V, N) = S T0 , V0 , N + N CV ln + N kB ln . T0 V0

(3.38)

Die Entropie S ist extensiv und muss deshalb homogen in den Variablen V und N sein: !

S(T, λ V, λ N) = λ S(T, V, N)

(λ reell) .

(3.39)

Das wird offensichtlich von dem Zwischenergebnis (3.38) nicht unmittelbar gewährleistet, insbesondere wegen des (ln V)-Terms auf der rechten Seite. Wir werden deshalb spezielle Forderungen an S(T0 , V0 , N) zu stellen haben:

3.4

Die thermodynamischen Potentiale des idealen Gases

237

T λV ! S T0 , V0 , λ N + λ N CV ln + λ N kB ln = T0 V0 T V ! = λ S T0 , V0 , N + λ N CV ln + λ N kB ln . T0 V0 Das ist gleichbedeutend mit λ S T0 , V0 , N = S T0 , V0 , λ N + λ N kB ln λ . Da λ beliebig gewählt werden kann, dürfen wir speziell λ = N0 |N setzen: N N0 S T0 , V0 , N = S T0 , V0 , N0 + N kB ln . N0 N Dies setzen wir in (3.38) ein:

S(T, V, N) = N

σ + CV ln

T V |N + kB ln T0 V0 | N0

.

Dabei ist σ nun eine wirkliche Konstante: 1 σ = S T0 , V0 , N0 . N0

(3.40)

(3.41)

In der Klammer erscheinen jetzt neben der Konstanten σ nur noch intensive Variable. S ist damit homogen in V und N. Wir haben mit (3.40) die Entropie eigentlich nicht in ihren natürlichen Variablen dargestellt. Das sind nach (3.9) U, V und N. Mithilfe der kalorischen Zustandsgleichung des idealen Gases, U(T) = N CV T + const , können wir jedoch leicht T durch U in (3.40) ersetzen: U |N V |N S(U, V, N) = N σ + CV ln + kB ln . U0 | N0 V0 | N0

(3.42)

(3.43)

Durch Auﬂösen nach U erhalten wir die innere Energie des idealen Gases als Funktion ihrer natürlichen Variablen S, V und N: U0 1 1 V |N U=N exp S − σ − kB ln . N0 V0 | N0 CV N Mit kB | CV = γ − 1 können wir U in der Form N0 V 1 − γ S σ U(S, V, N) = N CV T0 exp − N V0 N CV CV

(3.44)

darstellen. Die innere Energie U des idealen Gases ist in ihren natürlichen Variablen ersichtlich auch volumenabhängig. Das ist kein Widerspruch zum Resultat des GayLussac-Versuchs, der sich auf die kalorische Zustandsgleichung (3.42) bezieht, also auf U in den Variablen T, V und N.

238

3. Thermodynamische Potentiale

Wir berechnen als nächstes die freie Enthalpie, und zwar mithilfe der GibbsDuhem-Relation (3.34). Dazu benötigen wir das chemische Potential μ, für das nach (3.9) gilt: μ ∂S − = . (3.45) T ∂N U, V Das können wir mit (3.43) explizit berechnen: −

μ

U |N V |N + kB ln + U0 | N0 V0 | N0 1 1 + N C V N − 2 + kB N − 2 . N N

= σ + CV ln

T

Daraus folgt mit (3.42), wenn man die Konstante gleich Null setzt:

μ(T, V, N) = kB + CV − σ T − CV T ln

T N0 V − kB T ln . T0 N V0

(3.46)

Man erkennt unmittelbar, dass μ eine intensive Variable ist: V μ(T, V, N) → μ T, . N Entsprechend ist

μ(T, p, N) = μ(T, p) , wobei wir letzteres aus (3.46) mithilfe der Zustandsgleichung und wegen Cp = CV +kB ableiten können:

μ(T, p) = Cp − σ T − Cp − kB T ln

T p|T + kB T ln . T0 p0 | T0

(3.47)

Mit (3.34) ergibt sich dann direkt die freie Enthalpie: G(T, p, N) = N μ(T, p) .

(3.48)

Für die freie Energie F benutzen wir: F = G − p V = N μ(T, V, N) − N kB T . Dies führt mit (3.46) zu: T V |N F(T, V, N) = N CV − σ T − N CV T ln − N kB T ln . T0 V0 | N0 Zur Berechnung der Enthalpie H geht man zweckmäßig von H = U + p V = N C V + kB T = N C p T

(3.49)

(3.50)

3.5

Mischungsentropie

239

aus. Zur Darstellung von H in den natürlichen Variablen haben wir T als Funktion von S, p und N zu ﬁnden. Das gelingt mithilfe von (3.43) und der Zustandsgleichung des idealen Gases: T p T S − N σ − N kB ln − ln = N CV ln . T0 p0 T0 Mit Cp = CV + kB folgt weiter: S−Nσ

Cp − C V

p T = ln , p0 T0 (γ − 1) | γ p S−Nσ T = T(S, p) = T0 exp . p0 N Cp N Cp

+

Cp

ln

(3.51)

Damit sind die thermodynamischen Potentiale des idealen Gases vollständig bestimmt.

3.5

3.5 Mischungsentropie Die Überlegungen des letzten Abschnitts betrafen die Potentiale eines idealen Gases, das aus einer einzigen Teilchensorte besteht. Bei mehrkomponentigen Gasen sind noch einige Zusatzüberlegungen vonnöten. Wir betrachten zwei ideale Gase, bestehend aus unterschiedlichen Teilchentypen: a) Die beiden Gase seien durch eine Wand getrennt. In jeder Kammer herrsche gleicher Druck p und gleiche Temperatur T. Es gelten dann die Zustandsgleichungen: p V1 = N1 kB T , p V2 = N2 kB T .

V1 , N1

× × × V2 , N 2 ×××× × × ××

Abb. 3.1. Gedankenexperiment zur Definition der

Mischungsentropie

Thermodynamische Potentiale sind extensiv, deshalb gilt für die innere Energie U: U1 T, N1 + U2 T, N2 = U(T) = CV N1 + N2 T . Beide Teilchensorten sollen dasselbe CV haben. b) Wir nehmen nun die Trennungswand heraus. Es setzt eine irreversible Durchmischung

240

3. Thermodynamische Potentiale

der beiden Gase bis zur homogenen Zusammensetzung des Gesamtsystems ein. Sonst passiert nichts! ×

× ×

×

× × V = V 1 + V2 × × N = N1 + N 2 × × × × × ×

Abb. 3.2. Durchmischung zweier verschiedener idealer Gase

Es ﬁndet keine Arbeitsleistung und kein Wärmeaustausch statt. Nach dem Ersten Hauptsatz ist dann U = const = U(T) = CV N1 + N2 T . Insbesondere bleibt die Temperatur konstant. Dies bedeutet für die Zustandsgleichung p V1 + V2 = N1 + N2 kB T . (p, T, U) ändern sich also nicht, möglicherweise aber die Entropie S. Über diese können wir nach (2.53) die folgende Aussage machen:

ΔS = S(b) − S(a) ≥

b a

δQ T

=0.

(3.52)

Explizit können wir ΔS nur mithilfe eines reversiblen Ersatzprozesses berechnen: (b1 ) = (b) Das Gasgemisch beﬁnde sich in zwei ineinandergeschobenen Behältern, die zu jeweils einer Seite durch eine semipermeable Wand abgeschlossen sind. Die linke Seite ist für die Teilchensorte 2 undurchlässig, während die Teilchen vom Typ 1 ungehindert hindurchdiffundieren können. An der rechten Seite ist es umgekehrt. × ×

× ×

× V = V1 + V2 × N = N1 + N 2 × × Abb. 3.3. Reversibler Ersatzprozess für die Durch-

durchlässig nur für ( )

durchlässig nur für (×××× )

mischung zweier verschiedener idealer Gase (Ausgangszustand mit semipermeabler Wand)

Wir ziehen nun die beiden Behälter quasistatisch auseinander: (b2 ) Dadurch werden die Gase reversibel entmischt, wobei jede Gassorte stets das konstante Volumen V beibehält. Die semipermeablen Wände bewegen sich widerstandslos durch das Gas. Die Entmischung bedarf also keiner Arbeitsleistung

ΔW = 0 .

3.5

Mischungsentropie

241

Abb. 3.4. Reversibler Ersatzprozess für

× × × × × N 2 , p2 ,V × × × × × × × × ×

N1 , p1 ,V

×

die Durchmischung zweier verschiedener idealer Gase. Entmischung erreicht durch semipermeable Wand

Die Temperatur T ändert sich nicht, d. h., ΔU = 0, sodass auch ΔQ = 0 ist. Der Prozess verläuft reversibel, deshalb gilt:

ΔSb1 → b2 = 0 . Die Drucke haben sich geändert: (a)

p1 V = N1 kB T = p V1 (a)

⇒

p2 V = N2 kB T = p V2

Vi ; i = 1, 2 V (Dalton-Gesetz) .

pi = p

(b3 ) = (a) Durch eine isotherme, reversible Kompression, wie in Abschn. 2.7 beschrieben, führen wir das System schließlich in den Zustand (a) zurück. Dazu bringen wir das Gesamtsystem in Kontakt mit einem Wärmebad WB(T).

V1 , N1 , p

× × × × V2 , N 2 × × × ×p × × ×

Abb. 3.5. Reversibler Ersatzprozess für die Durchmischung

zweier verschiedener idealer Gase. Nach Entmischung durch semipermeable Wand (Abb. 3.4) Rückführung in den Anfangszustand durch isotherme Kompression

WB(T )

Da der Prozess isotherm verläuft, ist

ΔU = 0 . Es muss jedoch Arbeit an den beiden Teilsystemen geleistet werden:

ΔW = −

V1

p1 V dV −

V

p2 V dV =

V

V1 = −N1 kB T = −kB T

V2

dV − N2 kB T V

V

N1 ln

V2

dV = V

V

V1 V2 + N2 ln V V

!

= −ΔQrev .

242

3. Thermodynamische Potentiale

Dies entspricht einer Entropieänderung: 1 ΔQrev . T Die gesamte Entropieänderung von (b, 3) = (a) nach (b, 1) = (b) beträgt dann: V V ΔS = S(b) − S(a) = kB N1 ln + N2 ln . (3.53) V1 V2

ΔSb2 → b3 =

Die Entropie hat also zugenommen! Die Verallgemeinerung von den hier diskutierten zwei auf α verschiedene Gassorten liegt auf der Hand: Mischungsentropie: ΔS = kB

α

Nj ln

j=1

V . Vj

(3.54)

Man beachte, dass die Ableitung dieses Ausdrucks voraussetzt, dass es sich bei den α idealen Gasen um solche aus paarweise unterscheidbaren Teilchen handelt, da sonst der reversible Ersatzprozess nicht funktioniert. Da die Entropie eine extensive Größe ist, können wir sie für den Zustand der Gase vor der Durchmischung direkt angeben: Sv =

α S T, Vj , Nj .

(3.55)

j=1

Es bleibt dann nur noch (3.38) einzusetzen. Die Gesamtentropie nach der Durchmischung berechnet sich schließlich wie folgt: Sn = ΔS + Sv = = kB

α

Nj ln

j=1

=

α j=1

⇒

Sn =

α Vj | Nj V T + Nj σ + CV ln + kB ln = Vj T0 V0 | N0 j=1

V | Nj T Nj σ + CV ln + kB ln T0 V0 | N0

α S T, V, Nj .

(3.56)

j=1

Die Entropien vorher und nachher unterscheiden sich also nur durch die Volumina, die den Gassorten zur Verfügung stehen. Vorher sind es die Teilvolumina Vj , nachher ist es für alle Sorten das Gesamtvolumen V. Zur Berechnung der Mischungsentropie

ΔS =

α S T, V, Nj − S T, Vj , Nj j=1

(3.57)

3.6

Joule-Thomson-Prozess

243

hätten wir also gleich die Formel (3.38) verwenden können, die für alle Gleichgewichtszustände gültig ist, die von dem ausgewählten Bezugspunkt (Index „0“, Konstante σ (3.41)) zumindest im Prinzip über einen reversiblen Prozess erreichbar sind. Für gleichartige Gase scheint die Formel (3.54) für die Mischungsentropie zu einem Widerspruch zu führen. Man betrachte z. B. zwei gleiche Gase mit N1 = N2 =

N ; 2

V1 = V2 =

V . 2

Dann ergibt (3.54) für die Durchmischung der beiden gleichen Gase

ΔS = N kB ln 2 ,

(3.58)

obwohl natürlich die Entropie sich nicht geändert haben kann (Gibb’sches Paradoxon). Dieser Widerspruch ist aber in Wirklichkeit keiner, da (3.54) für gleiche Gase nicht gilt. Für solche muss man vielmehr wie folgt argumentieren: ⎫ V N ⎪ ⎪ Sv = 2 S T, , , ⎬ 2 2 ⇒ ΔS = 0 . V N ⎪ ⎪ ⎭ Sn = S(T, V, N) = 2 S T, , 2 2 Man muss also auch nach der Durchmischung von einer einzigen Gassorte ausgehen. Für gleiche Gassorten gibt es keine semipermeablen Wände, sodass der oben skizzierte Ersatzprozess zur Entmischung nicht durchführbar ist.

3.6 Joule-Thomson-Prozess Wir wollen als weiteres Beispiel für die Anwendung thermodynamischer Potentiale die gedrosselte adiabatische Entspannung eines Gases beschreiben.

δQ = 0 V1 , p1 , T1

δQ = 0

V2 , p2 , T2 Abb. 3.6. Schematische Anordnung für den

Joule-Thomson-Drosselversuch

Der Joule-Thomson-Drosselversuch lässt sich so durchführen, dass man eine bestimmte Gasmenge mit dem Anfangsvolumen V1 , der Anfangstemperatur T1 bei konstantem Druck p1 durch eine poröse Wand in einen Raum mit konstant gehaltenem Druck p2 presst. Das Endvolumen sei V2 . Man interessiert sich für die Änderung der Gastemperatur von T1 auf T2 . Die poröse Drosselzone soll das Entstehen von ki-

3.6

244

3. Thermodynamische Potentiale

netischer Energie verhindern. Das gesamte System ist thermisch isoliert. Nach dem Ersten Hauptsatz gilt zunächst:

ΔU = U2 − U1 = ΔW = −

0

V2 p1 dV −

p2 dV = p1 V1 − p2 V2 . 0

V1

Dies bedeutet:

ΔH = U2 + p2 V2 − U1 + p1 V1 = 0 .

(3.59)

Der Joule-Thomson-Prozess ist also dadurch gekennzeichnet, dass die Enthalpie H konstant bleibt: H = const ⇐⇒ dH = T dS + V dp = 0 (N = const) .

(3.60)

Interessant ist der differentielle Joule-Thomson-Koefﬁzient ∂T δ= . ∂p H

(3.61)

Da beim Drosseln dp < 0 (p2 < p1 ) ist, bedeutet

δ>0:

Temperaturerniedrigung,

δ<0:

Temperaturerhöhung.

Wir bringen zunächst δ in eine Form, die sich allein mithilfe der Zustandsgleichung des Gases auswerten lässt: ∂S ∂S S = S(T, p) ⇒ dS = dp + dT . ∂p T ∂T p Dies setzen wir in (3.19) für dH ein (N = const ⇐⇒ dN = 0): ∂S ∂S dH = T dT + V + T dp . ∂T p ∂p T Mit der Maxwell-Relation für die freie Enthalpie G, ∂S ∂V =− , ∂p T ∂T p folgt weiter:

∂V dH = Cp dT + V − T ∂T

(3.62)

(3.63)

dp . p

(3.64)

3.6

Joule-Thomson-Prozess

245

Damit erhält man für den Joule-Thomson-Koefﬁzienten: ∂T 1 ∂V δ= = T −V . ∂p H Cp ∂T p

(3.65)

Wir wollen δ für zwei Modellsysteme explizit ausrechnen: 1) Ideales Gas Mithilfe der Zustandsgleichung erhält man unmittelbar: ∂V ∂ nRT nRT T =T = =V . ∂T p ∂T p p p

Beim idealen Gas lässt sich wegen

δ=0

(3.66)

demnach kein Kühleffekt erzielen. 2) Van der Waals-Gas Wir fassen in der Zustandsgleichung n2 p + a 2 (V − n b) = n R T V

die linke Seite als implizite Funktion von T und p auf (V = V(T, p)) und leiten bei festgehaltenem Druck p nach T ab: n2 ∂V n2 ∂V −2 a 3 (V − n b) + p+a 2 = nR . V ∂T p V ∂T p Daraus folgt:

∂V ∂T

n2 n3 −a 2 + p + 2 a b 3 = n R . V V p

Für den Joule-Thomson-Koefﬁzienten δ benötigen wir: ∂V nRT −V = T 2 3 −V . ∂T p p − a Vn 2 + 2 a b Vn 3

(3.67)

Wir interessieren uns für die so genannte Inversionskurve. Damit ist die Kurve im pV-Diagramm gemeint, für die δ = 0 gilt. Nach (3.67) muss dazu nRT = pV − a

n2 n3 + 2ab 2 V V

246

3. Thermodynamische Potentiale

erfüllt sein. Mit der van der Waals-Zustandsgleichung ist dies für pi =

2a n n2 −3a 2 b V V

(3.68)

der Fall. Die Inversionskurve pi (V) hat offensichtlich bei V0 =

3 bn 2

eine Nullstelle und bei Vmax = 3 n b ein Maximum der Höhe pmax = 13 a | b2 . i Unterhalb der Inversionskurve ist δ > 0, d. h., die adiabatische Entspannung führt zu einer Kühlung des van der Waals-Gases. pv

δ <0

a 3b2

δ >0 × (3 2)nb 3nb

Abb. 3.7. Inversionskurve des van der Waals-Gases beim

V

Joule-Thomson-Prozess

Der Joule-Thomson-Prozess verläuft irreversibel und ist deshalb mit einer Entropieproduktion verbunden. Es gilt: dS =

1 V dH − dp . T T

Wegen dH = 0 und dp < 0 nimmt die Entropie also zu: dS = −

3.7

V dp > 0 . T

3.7 Gleichgewichtsbedingungen Die thermodynamischen Potentiale sind als Funktionen ihrer natürlichen Variablen insbesondere dadurch ausgezeichnet, dass man durch Konstanthalten gewisser Variabler und Verändern der anderen sehr leicht erkennen kann, auf welche Weise Energieaustausch mit der Umgebung erfolgt. Nehmen wir als Beispiel die innere Energie U eines Gases: dU = T dS − p dV

⇒

1. S = const : dU = −p dV Arbeit 2. V = const : dU = T dS Wärme.

3.7

Gleichgewichtsbedingungen

247

Die Grundrelation der Thermodynamik T dS ≥ δQ = dU −

m

Fi dqi −

i=1

α

μj dNj

j=1

lässt sich mithilfe der thermodynamischen Potentiale für die verschiedenen Kontakte von System und Umgebung in besonders einfache Formen bringen. Die Potentiale geben uns die Möglichkeit, die Entwicklung eines thermodynamischen Systems zum Gleichgewicht hin und das Gleichgewicht selbst zu beschreiben. Die verschiedenen Potentiale sind dabei verschiedenen experimentellen Situationen angepasst. Wir betrachten die wichtigsten Spezialfälle. 3.7.1 Isolierte Systeme Diese Situation haben wir bereits im Zusammenhang mit dem Zweiten Hauptsatz (Abschn. 2.7) diskutiert. Isolierte Systeme sind deﬁniert durch:

dU = 0 (δQ = 0) ;

dqi = 0 ;

dNj = 0 .

(3.69)

Dies bedeutet: dS ≥ 0 , dS = 0 im Gleichgewicht.

(3.70)

Solange in einem isolierten System noch reale, irreversible Prozesse ablaufen, geschehen diese stets so, dass die Entropie dabei zunimmt. Die Entropie ist maximal im stationären Gleichgewicht! Solange wir nur den Gleichgewichtswert der Entropie S = S(U, q, N) zugrundelegen, können wir über (3.70) hinaus keine weiteren Schlussfolgerungen ziehen, da ja nach Voraussetzung U, q und N konstant sind. Wir erzeugen uns deshalb nun in einem Gedankenexperiment eine einfache Nicht-Gleichgewichtssituation, aus der sich weitere Informationen ableiten lassen. Das nach außen isolierte System (U = const, V = const, Nj = const) werde durch eine Wand in zwei Teile zerlegt. Der Einfachheit halber nehmen wir an, dass das Gas in den Kammern aus nur einer Teilchensorte besteht (α = 1). Die Verallgemeinerung auf mehrere Sorten wird problemlos sein. 1

2 U1 ,V1 , N1 U 2 ,V2 , N 2

Abb. 3.8. Ein nach außen isoliertes System mit einer für Teilchen und

Energie durchlässigen Zwischenwand

Die Wand sei beweglich und für Energie und Teilchen durchlässig!

248

3. Thermodynamische Potentiale

V1 , V2 sowie U1 , U2 und N1 , N2 sind also noch variabel, allerdings unter den Randbedingungen: U = U1 + U2 = const ;

V = V1 + V2 = const ;

N = N1 + N2 = const .

Die Gesamtentropie ist additiv: S = S U1 , V1 , N1 + S U2 , V2 , N2 = S1 + S2 . Es gilt somit, da U, V, N konstant sind: dU1 = −dU2 , dV1 = −dV2 , dN1 = −dN2 . Die beiden Teilsysteme werden so lange reagieren, bis die Gleichgewichtsbedingung (3.70) erfüllt ist: 0 = dS = dS1 + dS2 = =

∂S1 ∂U1

+ +

∂S2 − ∂U2 V1 , N1

∂S1 ∂V1

∂S1 ∂N1

1 1 = − T1 T2

dU1 + V2 , N2

∂S2 − ∂V2 U1 , N1

∂S2 − ∂ N2 U1 , V1

dU1 +

dV1 + U2 , N2

dN1 = U2 , V2

p1 p2 − T1 T2

dV1 +

μ1 μ2 + − + dN1 . T1 T2

(3.71)

U1 , V1 und N1 sind unabhängige Zustandsvariable. Die Klammern müssen deshalb jede für sich verschwinden. Das Gleichgewicht ist also durch T1 = T2 = T ;

p1 = p2 = p ;

μ1 = μ2 = μ

(3.72)

gekennzeichnet. – Wir können in dem Gedankenexperiment die Unterteilung weiter fortsetzen, um schließlich asymptotisch zu der Aussage zu kommen, dass in einem isolierten System im Gleichgewicht an allen Orten gleiche Temperatur, gleicher Druck und gleiches chemisches Potential vorliegen!

3.7

Gleichgewichtsbedingungen

249

3.7.2 Geschlossenes System im Wärmebad ohne Arbeitsaustausch Damit ist im einzelnen gemeint:

geschlossen

⇒

Nj = const

⇐⇒

dNj = 0 ,

im Wärmebad

⇒

T = const

⇐⇒

dT = 0 ,

ohne Arbeitsaustausch

⇒

qi ≡ const

⇐⇒

dqi = 0 .

Die Grundrelation lautet dann: T dS ≥ dU , T = const

⇒

T dS = d(T S)

⇒

d(U − T S) ≤ 0 .

Dies bedeutet: dF ≤ 0 , dF = 0 im Gleichgewicht.

(3.73)

Bei allen irreversiblen Prozessen, die unter den angegebenen Randbedingungen, T = const ,

q = const ,

N = const ,

noch ablaufen können, nimmt die freie Energie stets ab. F ist minimal im Gleichgewicht. Um weitere Aussagen zu bekommen, machen wir ein ähnliches Gedankenexperiment wie im letzten Abschnitt mit dem isolierten System, und zwar wieder als Beispiel mit einem Gas. Das System wird unterteilt durch eine Wand, die frei verschiebbar und für Teilchen durchlässig sein möge. Das Wärmebad sorgt in beiden Kammern für konstante Temperatur. V1 , N1 , T

V2 , N 2 , T Abb. 3.9. System im Wärmebad mit einer für Teilchen

WB(T )

durchlässigen Zwischenwand

V = V1 + V2 = const

⇒

dV1 = −dV2 ,

N = N1 + N2 = const ⇒ dN1 = −dN2 , F = F T, V1 , N1 + F T, V2 , N2 = F1 + F2 .

250

3. Thermodynamische Potentiale

Im Gleichgewicht gilt: 0 = dF =dF1 + dF2 = ∂F1 ∂F2 = dV1 + − ∂V1 N1 , T ∂V2 N2 , T ∂F1 ∂F2 + − dN1 = ∂N1 V1 , T ∂N2 V2 , T = −p1 + p2 dV1 + μ1 − μ2 dN1 . Da V1 und N1 unabhängige Variable sind, folgt: p1 = p2 = p ;

μ1 = μ2 = μ .

(3.74)

Wir können aus diesem Gedankenexperiment folgern, dass sich in einem geschlossenen System (Gas), das sich mit konstantem Volumen V in einem Wärmebad beﬁndet, überall gleicher Druck und gleiches chemisches Potential im Gleichgewicht einstellt.

3.7.3 Geschlossenes System im Wärmebad bei konstanten Kräften Damit sind die folgenden Voraussetzungen gemeint:

dT = 0 ,

dNj = 0 ,

(Gas: T = const, N = const, p = const). Die Grundrelation lautet jetzt: T dS = d(T S) ≥ dU − ⇒ d U−

m i=1 m

(3.75)

dFi = 0

Fi dqi = dU − d

m

Fi qi

i=1

Fi qi − T S ≤ 0 .

i=1

Dies bedeutet: dG ≤ 0 , dG = 0

im Gleichgewicht.

(3.76)

Die freie Enthalpie (Gibb’sches Potential) G nimmt bei irreversiblen Prozessen, die unter den obigen Randbedingungen ablaufen, stets ab. Im Gleichgewicht ist G minimal!

3.7

Gleichgewichtsbedingungen

N (1) p,T

N (2) p,T

251

Abb. 3.10. System im Wärmebad der Temperatur T mit

einer für Teilchen durchlässigen Zwischenwand; rechts und links durch verschiebbare Kolben begrenzt, die in den Kammern für konstanten Druck p sorgen

WB(T )

Dasselbe Gedankenexperiment wie im letzten Abschnitt mit der Zusatzbedingung p = const in jeder Kammer soll nun mit mehreren Teilchensorten durchgeführt werden. Die Nebenbedingungen Nj(1) + Nj(2) = Nj = const führen mit

∀j

dNj(1) = −dNj(2)

⇐⇒

G = G T, p, N (1) + G T, p, N (2) = G1 + G2

auf den folgenden Ausdruck: ⎡⎛ ⎞ α ⎢ ∂G1 dG = ⎣⎝ (1) ⎠ ∂Nj j=1

⎛ −⎝ (1)

T, F, Ni, i =/ j

=

α $

%

⎤

⎞

∂G2 ⎠ ∂Nj(2)

⎥ (1) ⎦ dNj = (2)

T, F, Ni, i =/ j

!

(2) μ(1) dNj(1) = 0 . j − μj

j=1

Dies bedeutet, dass das chemische Potential (2) μ(1) j = μj = μj

(3.77)

im Gleichgewicht im ganzen System denselben Wert annimmt. 3.7.4 Extremaleigenschaften von U und H Die bisher abgeleiteten Gleichgewichtsbedingungen sind die praktisch wichtigen. Formal lassen sich natürlich auch Bedingungen für U und H ableiten, die jedoch wegen der Forderung, S konstant zu halten, ziemlich unhandlich sind. 1) Geschlossenes System konstanter Entropie ohne Arbeitsleistung Dies bedeutet:

dNj = 0 ,

dS = 0 ,

dqi = 0 (δW = 0) .

(3.78)

Die Grundrelation liefert in diesem Fall: dU ≤ 0, dU = 0

im Gleichgewicht.

(3.79)

252

3. Thermodynamische Potentiale

Für alle Prozesse, die unter den Bedingungen (3.78) noch ablaufen können, nimmt die innere Energie U ab. Sie ist minimal im Gleichgewicht. 2) Geschlossenes System konstanter Entropie mit konstanten Kräften Unter den Randbedingungen

dNj = 0 , lautet die Grundrelation: 0 ≥ dU −

m

dS = 0 ,

Fi dqi = d U −

i=1

(3.80)

dFi = 0

m

Fi qi

.

i=1

Dies bedeutet: dH ≤ 0 , dH = 0

im Gleichgewicht.

(3.81)

H nimmt unter den Randbedingungen (3.80) für alle Prozesse, die dann noch ablaufen können, ab und ist minimal im Gleichgewicht!

3.8

3.8 Der Dritte Hauptsatz (Nernst’scher Wärmesatz) Mithilfe des Zweiten Hauptsatzes haben wir in Abschn. 2.7 die für die Thermodynamik zentrale Zustandsgröße Entropie eingeführt, konnten diese allerdings nur bis auf eine additive Konstante deﬁnieren. Eindeutig sind deshalb nur Entropiedifferenzen zwischen zwei Punkten des Zustandsraums, vorausgesetzt, sie lassen sich durch eine reversible Zustandsänderung miteinander verbinden. Das ist jedoch nicht selbstverständlich. Die Zustandsgleichung des Systems, z. B. f (T, p, V) = 0 für ein Gas, deﬁniert eine Zustandsﬂäche im (p, V, T)-Raum. Beﬁnden sich die beiden Zustände A und B auf demselben zusammenhängenden Blatt der Zustandsﬂäche, so lassen sie sich stets durch einen reversiblen Weg miteinander verbinden. Besteht die Zustandsﬂäche aus zwei oder mehreren nichtzusammenhängenden Blättern (metastabile Phasen eines Systems, Gemisch verschiedener Substanzen o. Ä.), dann kann es sein, dass ein T B

p

A

V

Abb. 3.11. Weg vom Zustand A zum Zustand B auf einem

zusammenhängenden Blatt der Zustandsfläche f (T, p, V) = 0

3.8

Der Dritte Hauptsatz (Nernst’scher Wärmesatz)

253

solcher reversibler Weg nicht existiert. Die unbestimmte Konstante verhindert dann den direkten Vergleich der Entropien in den Zuständen A und B. Der Satz von Nernst macht eine Aussage über das Verhalten der Entropie für T → 0 und hebt damit teilweise die Unbestimmtheit auf. Es handelt sich um eine Erfahrungstatsache, die erst im Rahmen der Statistischen Mechanik theoretisch begründet werden kann. Satz 3.8.1: Dritter Hauptsatz Die Entropie eines thermodynamischen Systems bei T = 0 ist eine universelle Konstante, die man zu Null wählen kann. Das gilt unabhängig von den Werten der anderen Zustandsvariablen:

lim S(T, q, N) = 0 ,

(3.82)

lim S(T, F, N) = 0 .

(3.83)

T →0 T →0

Dieser Satz gilt für jedes System und macht die Entropie eines jeden Zustands eindeutig. Wir wollen einige experimentell nachprüfbare Folgerungen aus diesem Satz ziehen. 1) Wärmekapazitäten Behauptung:

lim Cq = lim T

T →0

T →0

lim CF = lim T

T →0

T →0

∂S ∂T ∂S ∂T

=0,

(3.84)

=0.

(3.85)

q

F

Die Wärmekapazitäten aller Substanzen verschwinden am absoluten Nullpunkt. Das wird experimentell eindeutig bestätigt. Das Modellsystem ideales Gas liefert jedoch einen Widerspruch, da CV = const, Cp = const sind, ist aber natürlich für T → 0 auch kein realistisches physikalisches System (Kondensation!). Beweis Wärmekapazitäten sind nicht negativ. Deshalb gilt:

∂S T ∂T

=

...

∂S

∂ ln T

≥0. ...

Man setze: x = ln T. Dann bedeutet T → 0 nichts anderes als x → −∞. Wäre nun ∂S lim =α>0, x → −∞ ∂x ...

3.8.1

254

3. Thermodynamische Potentiale

dann gäbe es, da S als Zustandsgröße stetig ist, ein x0 mit ∂S α −∞ < x ≤ x0 und ≥ >0. ∂x 2 Dies ist gleichbedeutend mit: x0 S(x0 ) − S(x) = x

∂S α dx ≥ x0 − x . ∂x 2

Das hieße S(x) ≤

α 2

x + const

und würde dann wegen lim S(x) = −∞

x → −∞

dem Nernst’schen Satz widersprechen. Die Annahme α > 0 muss also falsch sein. Es gilt vielmehr α = 0, womit die Behauptung bewiesen ist. Für die Wärmekapazitäten des Gases Cp , CV kann man zeigen, dass ihre Differenz sogar stärker als T gegen Null geht: Behauptung:

lim

T→0

Cp − CV =0. T

(3.86)

Beweis Nach (2.65) gilt:

Cp − CV = T

∂p ∂T

V

∂V ∂T

. p

Wir benutzen die Maxwell-Relation der freien Energie: ∂p ∂S = . ∂T V ∂V T Bei T = 0 ist S unabhängig von anderen Variablen, deshalb muss ∂S lim =0 T → 0 ∂V T sein, womit die Behauptung bewiesen ist. 2) Ausdehnungskoeffizient Es gibt noch einige andere Response-Funktionen, für die wir aus dem Dritten Hauptsatz Aussagen über ihr T → 0–Verhalten ableiten können.

3.8

Der Dritte Hauptsatz (Nernst’scher Wärmesatz)

255

Behauptung:

β=

1 V

∂V ∂T

p

− −→ 0 . T →0

(3.87)

Beweis Wir benutzen die Maxwell-Relation der freien Enthalpie: ∂V ∂S =− . ∂T p ∂p T

Mit derselben Begründung wie oben gilt: ∂S lim =0, T → 0 ∂p T woraus unmittelbar die Behauptung folgt. Die wohl wichtigste Folgerung aus dem Dritten Hauptsatz dürfte die 3) Unerreichbarkeit des absoluten Nullpunkts sein. Tiefe Temperaturen erhält man durch Hintereinanderschalten adiabatischer und isothermer Prozesse mit einer geeigneten Arbeitssubstanz, z. B. mit einem Gas (Linde-Verfahren) oder mit einem Paramagneten (adiabatisches Entmagnetisieren). Wir erläutern kurz das Prinzip: Die Entropie muss außer von der Temperatur noch von einem anderen Parameter x abhängig sein, z. B. für ein Gas vom Druck p (p2 > p1 ) oder für einen Paramagneten vom Feld H (H2 > H1 ). Man führt dann den folgenden Prozess durch:

A → B Entropie-Verminderung durch isotherme Änderung des Parameters x von x1 nach x2 . Dabei muss eine bestimmte Wärmemenge abgeführt werden, die im reversiblen Fall gleich Ta ΔS ist. B → C Das System wird thermisch isoliert und der Parameter x längs einer Isentrope auf den ursprünglichen Wert x1 zurückgebracht. Dabei sinkt die Temperatur von Ta auf Te . Würden für T → 0 die Entropiekurven, wie in Abb. 3.12 skizziert, für verschiedene Werte des Parameters x gegen verschiedene Grenzwerte streben, so ließe sich S

x1

A C

Te

x2 B

Ta

Abb. 3.12. Entropie als Funktion der Temperatur für zwei

T

verschiedene Parameter (V, p, . . .) mit unterschiedlichen Grenzwerten für T = 0

256

3. Thermodynamische Potentiale

S

x1

A

x2 C

B T

S

x1

Abb. 3.13. Entropie als Funktion der Temperatur für zwei ver-

x2

T

schiedene Parameter (V, p, . . .) mit unterschiedlichen Grenzwerten für T = 0 (oben), wodurch der absolute Nullpunkt erreichbar wäre. Unerreichbarkeit des absoluten Nullpunkts bei gleichen Grenzwerten (unten), dem dritten Hauptsatz entsprechend

der absolute Nullpunkt ohne Schwierigkeiten erreichen. Ein solches S-Verhalten widerspräche allerdings dem Dritten Hauptsatz, demzufolge alle Entropiekurven für T → 0 in den Ursprung münden. Man macht sich an der Abbildung unmittelbar klar, dass der Punkt T = 0 nur durch unendlich viele Teilschritte asymptotisch erreichbar ist. Man kann ihm beliebig nahe kommen, ihn aber nie erreichen. Formaler ergibt sich dieser Sachverhalt durch die folgende Überlegung: Wir betrachten einen adiabatischen Prozess, δQ = 0 S T1 , x1 −−−→ S T2 , x2 , für den nach dem Zweiten Hauptsatz (T dS ≥ δQ = 0) S T2 , x2 ≥ S T1 , x1 gelten muss, wobei das Gleichheitszeichen für einen reversiblen Übergang gilt. Aus dem Dritten Hauptsatz folgt nun: S T1 , x1 =

T1

C x x1 , T dT , T

0

S T2 , x2 =

T2

C x x2 , T dT . T

0

Wäre T2 = 0, so hieße das S(T2 = 0, x2 ) = 0 und damit T1 Cx x1 , T dT ≤ 0 . T 0

Dies ist aber wegen T1 > 0 und Cx (x1 , T =/ 0) > 0 unmöglich. T2 kann also nicht Null sein, womit die Unerreichbarkeit des absoluten Nullpunkts bewiesen ist.

3.9

Aufgaben

257

3.9

3.9 Aufgaben Aufgabe 3.9.1 Ein System habe die folgenden Eigenschaften: a. Die von ihm durch Expansion von V0 auf V bei konstanter Temperatur T0 geleistete Arbeit ist

ΔWT0 = R T0 ln

3.9.1

V . V0

b. Seine Entropie beträgt S=R

V0 V

T T0

a ,

wobei V0 , T0 und a (a =/ −1) gegebene Konstanten sind. Bestimmen Sie 1. die freie Energie, 2. die Zustandsgleichung, 3. die bei einer beliebigen konstanten Temperatur T durch Expansion von V0 auf V geleistete Arbeit.

Aufgabe 3.9.2 Für das Photonengas (Schwarzer Strahler) gilt:

U(T, V) = V ε (T) ;

p=

3.9.2

1 ε (T) . 3

Berechnen Sie damit die thermodynamischen Potentiale als Funktion ihrer natürlichen Variablen.

Aufgabe 3.9.3 Eine Spiralfeder erfülle das Hooke’sche Gesetz, d. h., die Ausdehnung x ist proportional zur Kraft Fk = −k x. Der Koefﬁzient k möge gemäß

k(T) =

a ; T

a>0

von der Temperatur abhängen. Wie ändert sich die innere Energie U des Systems, wenn die Spiralfeder bis zur Ausdehnung x bei konstanter Temperatur gedehnt wird?

3.9.3

258

3.9.4

3. Thermodynamische Potentiale

Aufgabe 3.9.4 Ein Gummiband wird durch eine äußere Kraft bis zur Länge L gedehnt. Es habe dann die Spannung σ und die Temperatur T. Bei festgehaltener Länge L misst man:

σ = αT ; α > 0 . 1. 2. 3.

Zeigen Sie, dass die innere Energie nur von der Temperatur abhängt. Wie ändert sich die Entropie bei isothermer Dehnung des Bandes? Wie ändert sich die Temperatur, wenn das Band adiabatisch gedehnt wird?

3.9.5

Aufgabe 3.9.5 Eine paramagnetische Substanz (Wärmekapazität CH bekannt!) erfülle das Curie-Gesetz. Berechnen Sie für eine reversible, adiabatische Zustandsänderung ∂T . ∂H S

3.9.6

Aufgabe 3.9.6 Gegeben sei ein Stab der Länge L mit der thermischen Zustandsgleichung

Q = Q(T, L) . Dabei ist Q die verallgemeinerte Kraft zu L, so dass δW = Q dL die zugehörige Arbeitsleistung darstellt. Die Wärmekapazität CL (T, L0 ) bei fester Länge L0 sei bekannt. 1. Berechnen Sie die Wärmekapazität CL (T, L), die innere Energie U(T, L), die Entropie S(T, L) und die freie Energie F(T, L) als Funktionale von Q(T, L) und CL (T, L0 ). 2. Werten Sie die Resultate aus 1.) speziell für Q(T, L) = aT 2 (L − L0 ) ; CL (T, L0 ) = bT 3.

4.

aus, wobei a, b, L0 Konstante sind. Berechnen Sie mit den Ansätzen aus 2.) den thermischen Ausdehnungskoefﬁzienten 1 ∂L α= . L ∂T Q Der Zustand des Stabes ändere sich adiabatisch-reversibel von (T1 , L) auf (T2 , L0 ). Berechnen Sie T2 als Funktion von T1 , L und L0 !

3.9

Aufgaben

259

Aufgabe 3.9.7 Die freie Energie F eines Systems von N gleichen Teilchen im Volumen V sei:

3.9.7

F(T, V) = −N kB T ln C0 V − N kB T ln C1 (kB T)α , C0 , C1 : gegebene Konstanten > 0; α : gegebene Konstante > 1. Berechnen Sie 1. die Entropie S = S(T, V), 2. den Druck p, 3. die kalorische Zustandsgleichung U = U(T, V), 4. die Wärmekapazität CV , 5. die isotherme Kompressiblität κT .

Aufgabe 3.9.8 Ein geschlossenes Volumen V werde durch eine Wand in zwei Unterkammern der Größen V1 und V2 aufgeteilt. In jeder Kammer beﬁnden sich N Teilchen derselben Sorte eines einatomigen idealen Gases. Der Druck sei in beiden Kammern derselbe p1 = p2 = p0 , was durch unterschiedliche Temperaturen T1 , T2 realisiert wird. Die Wand wird nun herausgezogen. Berechnen Sie die Mischungsentropie mit Hilfe der Entropiedarstellung (3.43) als Funktion von T1 , T2 und N. Was ergibt sich für T1 = T2 ? Vergleichen Sie das Ergebnis mit Aufg. 2.9.20!

3.9.8

Aufgabe 3.9.9 Eine paramagnetische Substanz habe die isotherme magnetische Suszeptiblität χT . 1. Berechnen Sie die Magnetisierungsabhängigkeit der freien Energie. 2. Leiten Sie daraus die entsprechenden Abhängigkeiten der inneren Energie und der Entropie ab.

3.9.9

Aufgabe 3.9.10 Berechnen Sie die freie Energie und die freie Enthalpie für eine magnetische Substanz, die das Curie-Weiß-Gesetz erfüllt. Zeigen Sie zunächst, dass die Wärmekapazität Cm nur von der Temperatur abhängt, und setzen Sie Cm (T) dann als bekannt voraus.

3.9.10

Aufgabe 3.9.11 Das Volumen eines Systems sei als Funktion von Temperatur und Entropie, V = V(T, S), gegeben. Berechnen Sie die partielle Ableitung der Enthalpie H nach dem Druck p bei konstantem Volumen.

3.9.11

260

3.9.12

Aufgabe 3.9.12 Betrachten Sie einen gespannten Draht aus piezoelektrischem Material. Piezoelektrizität bedeutet, dass bei isothermer oder adiabatischer Änderung der (mechanischen) Spannung τ eine Änderung der elektrischen Polarisation P beobachtet wird oder bei Änderung der elektrischen Feldstärke E eine Änderung der Länge L bzw. der Spannung σ . 1. Veriﬁzieren Sie: ∂P ∂L V = ∂τ T, E ∂E T, τ

2. 3.

3.9.13

3. Thermodynamische Potentiale

(V: Volumen, wird als konstant angesehen). Wie viele verschiedene thermodynamische Potentiale gibt es für ein solches System? Wie viele Integrabilitätsbedingungen gibt es?

Aufgabe 3.9.13 Für ein System mit der Teilchenzahl N, der inneren Energie U, der Temperatur T, dem Volumen V und dem chemischen Potential μ ist zu zeigen, dass die folgenden Beziehungen gelten: ∂U ∂μ 1. − μ = −T , ∂N T, V ∂T V, N ∂N 1 ∂N ∂U 2. = , ∂T V, μ | T T ∂μ T, V ∂N T, V ∂U ∂U 1 ∂N ∂U 2 3. − = . ∂T V, μ | T ∂T V, N T ∂μ T, V ∂N T, V

3.9

Aufgaben

261

Aufgabe 3.9.14 Ein ideales paramagnetisches Gas genügt den Zustandsgleichungen:

pV = NkB T ;

M=

α T

B0 =

m . V

V ist das Volumen, p der Druck, B0 die magnetische Induktion, m das magnetische Moment, M die Magnetisierung und T die Temperatur des Gases. α ist eine materialspeziﬁsche Konstante. Die Wärmekapazität sei durch CV,m =

3 NkB 2

gegeben. 1. Wie lauten die Differentiale der inneren Energie U = U(S, V, m) und der freien Energie F = F(T, V, m)? 2. Berechnen Sie mit Hilfe passender Integrabilitätsbedingungen die folgenden Differentialquotienten und werten Sie diese explizit für das ideale paramagnetische Gas aus! a) ∂S ∂V T,m b)

c)

d)

3. 4.

∂S ∂m ∂U ∂V

∂U ∂m

T,V

T,m

. T,V

Berechnen Sie die Entropie S(T, V, m) und die innere Energie U(T, V, m)! Zeigen Sie, dass die Entropie die Homogenitätsrelation erfüllt.

3.9.14

262

3.9.15

3. Thermodynamische Potentiale

Aufgabe 3.9.15 Eine paramagnetische Substanz habe die isotherme Suszeptiblität χT : ∂M μ0 ∂m χT = = ; (V = const , B0 = μ0 H) . ∂H T V ∂B0 T

Die freie Energie F, die innere Energie U und die Entropie S wurden bereits in Aufg. 3.9.9 als Funktionen von T und m berechnet. 1. Wie lauten diese Ergebnisse für magnetische Systeme mit Curie-WeißVerhalten, C m M= H M= ; C : Curie-Konstante (1.26) , T − Tc V 2.

d. h. für Ferromagnete bei T > Tc ? Für die Substanz aus 1. gelte außerdem: Cm (T, m = 0) = γ T

3. 4.

3.9.16

(γ > 0) .

Berechnen Sie damit F(T, m), S(T, m), S(T, H) sowie U(T, m). Berechnen Sie die Wärmekapazitäten Cm und CH sowie die adiabatische Suszeptibilität χS . Diskutieren Sie mit den obigen Teilergebnissen, ob das Curie-Verhalten des idealen Paramagneten (Tc = 0) mit dem Dritten Hauptsatz verträglich ist.

Aufgabe 3.9.16 Für den idealen Paramagneten (Tc = 0) diskutiere man mit den Ergebnissen aus Aufg. 3.9.15 das

adiabatische Entmagnetisieren. 1.

2.

Der Paramagnet beﬁnde sich in einem Wärmebad WB(T1 ). Welche Wärme

ΔQ wird abgeführt, wenn das Magnetfeld von Null auf H =/ 0 gesteigert

wird? Das System werde vom Wärmebad entkoppelt und das Feld adiabatisch reversibel abgeschaltet. Berechnen Sie die Endtemperatur.

3.9

Aufgaben

263

Aufgabe 3.9.17 Die freie Energie F eines kompressiblen Festkörpers (Modell: elastisch gekoppelte Einstein-Oszillatoren) habe als Funktion von Temperatur T und Volumen V folgende Gestalt: F(T, V) = F0 (V) + A T ln 1 − e−E(V) | kB T .

Für den temperaturunabhängigen Anteil gelte der Ansatz: F0 (V) =

B (V − V0 )2 . 2 V0

Ferner gestatte E(V) die Entwicklung: E(V) = E0 − E1

V − V0 . V0

Die Größen A, B, E0 , E1 sind positive Konstanten. 1. Berechnen Sie den Druck p, die Entropie S und die innere Energie U als Funktion von T und V. Drücken Sie die Ergebnisse so weit wie möglich durch die Bose-Funktion −1 n(T, V) = eE(V) | kB T − 1

2.

3.

aus. Welches Volumen nimmt der Körper bei verschwindendem Druck ein? Wie groß ist der thermische Ausdehnungskoefﬁzient β? Diskutieren Sie insbesondere die Grenzfälle T = 0 und kB T >> E(V). Dabei beschränke man sich auf Beiträge der niedrigsten nicht verschwindenden Ordnung in E1 . Schätzen Sie in derselben Näherung wie unter 2. die Differenz Cp − CV der Wärmekapazitäten ab.

3.9.17

264

3.9.18

3. Thermodynamische Potentiale

Aufgabe 3.9.18 Die Arbeit, die notwendig ist, um die Oberﬂäche A einer Flüssigkeit bei konstantem Volumen um dA zu vergrößern, sei gegeben durch σ dA mit T σ = σ(T) = α 1 − T < Tc ; α > 0 . Tc

Es sei CV, A die Wärmekapazität für gleichzeitig konstantes Volumen und konstante Oberﬂäche. 1. Wie lautet das Differential dU der inneren Energie U = U(S, V, A)? 2. Beweisen Sie die Relation ∂T T dσ = . ∂A S, V CV,A dT 3.

Berechnen Sie für einen adiabatisch-isochoren, reversiblen Prozess die Temperatur als Funktion der Oberﬂäche, wenn die Anfangswerte T = T0 , A = A0 vorgegeben sind und CV, A konstant ist. 4. Wie lautet das Differential dF der freien Energie F = F(T, V, A)? 5. Zeigen Sie, dass F in einen Volumenanteil FV (T, V) und einen Oberﬂächenanteil FA (T, A) zerfällt. 6. Wie groß ist bei einem isotherm-isochoren Prozess die Änderung dS der Entropie bei einer Änderung dA der Oberﬂäche? 7. Wie ändert sich U bei einem isotherm-isochoren Prozess mit der Oberﬂäche? 8. Wie lautet der Oberﬂächenanteil SA (T, A) der Entropie? Welche Wärmemenge ist nötig, um die Oberﬂäche in einem reversiblen isotherm-isochoren Prozess von A1 auf A2 zu ändern? 9. Wie lautet das Differential der freien Enthalpie? 10. Berechnen Sie den Oberﬂächenanteil der freien Enthalpie. Wie erhält man aus GV das Volumen des Systems?

3.9

Aufgaben

265

Aufgabe 3.9.19 1. Ein Flüssigkeitstropfen (Radius r, Masse M1 , Dichte ρ1 ) beﬁnde sich im Dampf (Masse M2 ) derselben Substanz. Wie in Aufg. 3.9.18 zerlege man die freie Enthalpie in einen Volumen- und einen Oberﬂächenanteil. Der Volumenanteil pro Masseneinheit für die Flüssigkeit sei g1 , die freie Enthalpie pro Masseneinheit des Dampfes sei g2 . Temperatur und Druck seien in beiden Phasen gleich. Wie lautet die freie Enthalpie für das Gesamtsystem? (Benutzen Sie, falls nötig, Teilergebnisse aus Aufg. 3.9.18.) 2. Bei gegebenem Druck p und gegebener Temperatur T ist im thermischen Gleichgewicht die gesamte freie Enthalpie minimal. Leiten Sie aus diesem Prinzip die Relation

g2 − g1 =

3.

2 σ (T) r ρ1

(σ (T) wie in Aufg. 3.9.18, ρ1 = const) ab. Die Dichte des Dampfes ρ2 sei sehr viel kleiner als ρ1 . Er verhalte sich wie ein ideales Gas. Leiten Sie unter diesen Voraussetzungen den Dampfdruck p = p(r, T) des Tropfens ab.

3.9.19

266

3.9.20

3. Thermodynamische Potentiale

Aufgabe 3.9.20 Man betrachte ein magnetisches Momentensystem mit den thermodynamischen Variablen Temperatur T, Magnetfeld H und Magnetisierung M (Druck p und Volumen V seien konstant und für das Folgende irrelevant). 1. Die innere Energie U = U(T, M) sei bekannt, ferner die Zustandsgleichung in der Form M = f (T, H) gegeben. Formulieren Sie mit diesen Angaben die Differenz der Wärmekapazitäten CM − CH . 2. Was ergibt sich speziell für den idealen Paramagneten ∂U C = 0 ; M = H ; C : Curie-Konstante ? ∂M T T

3.

Beweisen Sie die folgenden Relationen: ∂S ∂H a) = −μ0 V , ∂M T ∂T M ∂S ∂M b) = μ0 V , ∂H T ∂T H ∂S 1 ∂U c) = −μ VH . ∂M T T ∂M T 0

4.

Veriﬁzieren Sie mit 1. und 3. die Behauptung: ∂H ∂M CM − CH = μ0 V T . ∂T M ∂T H

5.

Benutzen Sie zur Berechnung von CM −CH die folgende Zustandsgleichung: H=

6. 7. 8.

9.

1 (T − Tc ) M + b M 3 . C

C, Tc , b sind positive Konstanten. Zeigen Sie, dass bei einer solchen Zustandsgleichung die Wärmekapazität CM nicht von M abhängen kann. Berechnen Sie mit der Zustandsgleichung aus 5. F = F(T, M) und S = S(T, M). Zeigen Sie, dass die Zustandsgleichung 5. in einem bestimmten Temperaturbereich für H → 0 neben der selbstverständlichen Lösung M = 0 auch eine nicht-triviale Lösung M = MS =/ 0 besitzt. Diskutieren Sie die Stabilität der beiden Lösungen durch Vergleich der freien Energien. Wie hängen die magnetische Suszeptiblität χT und die Differenz CM − CH im Limes H → 0 von der Temperatur ab?

3.9

Aufgaben

267

Aufgabe 3.9.21 Eine Konsequenz des dritten Hauptsatzes ist das Verschwinden der Wärmekapazitäten am absoluten Nullpunkt (3.84), (3.85), z. B.

lim Cp = 0

T→0

Das legt den auch experimentell bestätigten Ansatz nahe: Cp = T x a + bT + cT 2 + . . . x > 0 ; a = a(p) =/ 0 ; b = b(p) ; c = c(p) . Es sei

β=

1 V

∂V ∂T

p

der isobare thermische Ausdehnungskoefﬁzient. 1. Zeigen Sie, dass das Verhältnis Vβ Cp 2.

für T → 0 gegen eine endliche Konstante strebt! Beweisen Sie: ∂T lim =0. T→0 ∂p S Was folgt daraus für die Erreichbarkeit des absoluten Nullpunkts der Temperaturskala?

3.9.21

268

3.10

3. Thermodynamische Potentiale

3.10 Kontrollfragen Zu Abschn. 3.1 1. Durch welche partiellen Ableitungen von U = U(S, V, N) sind die ResponseFunktionen CV und κS eines Gases bestimmt? 2. Was versteht man unter Maxwell-Relationen? 3. Wann nennt man eine Zustandsfunktion ein thermodynamisches Potential? 4. Stellt die innere Energie U in der Form der kalorischen Zustandsgleichung U = U(T, V, N) ein thermodynamisches Potential dar? 5. Wann spricht man von natürlichen Variablen eines thermodynamischen Potentials? 6. Was sind die natürlichen Variablen der inneren Energie U eines Gases? Zu Abschn. 3.2 1. Warum werden neben der inneren Energie U weitere thermodynamische Potentiale eingeführt? 2. Wodurch unterscheiden sich freie und innere Energie? 3. Wie lautet das totale Differential dF der freien Energie eines Gases mit fester Teilchenzahl? 4. Durch welche partielle Ableitung von F ist die Entropie S festgelegt? 5. Formulieren Sie die Legendre-Transformation von der freien Energie F auf die Enthalpie H. 6. Was sind die natürlichen Variablen der Gibb’schen Enthalpie G? 7. Wie lautet dG für ein magnetisches System? Zu Abschn. 3.3 1. Wie lautet die Gibbs-Duhem-Relation? 2. Aus welcher allgemeinen Eigenschaft thermodynamischer Potentiale resultiert die Gibbs-Duhem-Relation? 3. Welche physikalische Bedeutung kann dem chemischen Potential μ mithilfe der Gibbs-Duhem-Relation zugeschrieben werden? 4. Was bezeichnet man als Homogenitätsrelationen der thermodynamischen Potentiale? Zu Abschn. 3.4 1. Die innere Energie U = U(S, V, N) des idealen Gases ist volumenabhängig. Ist dies ein Widerspruch zum Gay-Lussac-Versuch? 2. Skizzieren Sie den Weg zur Berechnung des chemischen Potentials μ(T, V, N) des idealen Gases. Zu Abschn. 3.5 1. Beschreiben Sie einen reversiblen Ersatzprozess für die irreversible Durchmischung zweier Gase aus nicht-identischen Teilchensorten.

3.10 Kontrollfragen

2. 3. 4.

269

Wie lautet die Mischungsentropie ΔS, die bei der Durchmischung von α Gasen mit paarweise unterschiedlichen Teilchensorten auftritt? Welches Problem tritt bei der Durchmischung von Gasen gleicher Teilchensorte auf? Was versteht man unter dem Gibb’schen Paradoxon?

Zu Abschn. 3.6 1. Beschreiben Sie den Joule-Thomson-Prozess. 2. Welches thermodynamische Potential bleibt beim Joule-Thomson-Prozess konstant? 3. Wie ist der differentielle Joule-Thomson-Koefﬁzient deﬁniert? Welche physikalische Bedeutung besitzt er? 4. Warum lässt sich mit dem idealen Gas bei der gedrosselten adiabatischen Entspannung kein Kühleffekt erzielen? 5. Was versteht man unter der Inversionskurve? 6. Wie verhält sich die Entropie beim Joule-Thomson-Prozess? Zu Abschn. 3.7 1. Durch welches thermodynamische Potential wird der Übergang ins Gleichgewicht in einem isolierten System zweckmäßig beschrieben? 2. Wie lautet die Gleichgewichtsbedingung für ein isoliertes System? Was kann über Temperatur, Druck und chemisches Potential im Gleichgewicht ausgesagt werden? 3. Was sind die Gleichgewichtsbedingungen für ein geschlossenes System im Wärmebad ohne Arbeitsaustausch? Welches thermodynamische Potential ist zuständig? 4. Wie verhält sich die freie Enthalpie in einem geschlossenen System im Wärmebad bei konstanten Kräften? Was sind die Gleichgewichtsbedingungen? 5. Welchen Situationen sind die Extremaleigenschaften von U und H angepasst? Zu Abschn. 3.8 1. Welche Aussage macht der Dritte Hauptsatz? 2. Ist der T → 0-Grenzwert der Entropie von den Werten der anderen Variablen abhängig? 3. Was folgt für die Wärmekapazitäten aus dem Dritten Hauptsatz? 4. Inwiefern verletzt das Verhalten des idealen Gases den Dritten Hauptsatz? 5. Was kann über den isobaren Ausdehnungskoefﬁzienten β in der Grenze T → 0 gesagt werden? 6. Begründen Sie die Unerreichbarkeit des absoluten Temperatur-Nullpunkts.

Kapitel 4 Phasen, Phasenübergänge

4

4

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

Phasen, Phasenübergänge Phasen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Gibb’sche Phasenregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Dampfdruckkurve (Clausius-Clapeyron) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Maxwell-Konstruktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Phasenübergänge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Geometrische Interpretation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Ehrenfest-Klassifikation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kritische Exponenten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Exponenten-Ungleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Skalenhypothese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kontrollfragen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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

273

4 Phasen, Phasenübergänge 4.1

4.1 Phasen 4.1.1 Gibb’sche Phasenregel Wir haben in Abschn. 3.7 Gleichgewichtsbedingungen für thermodynamische Systeme abgeleitet. Diese Betrachtungen lassen sich noch weiter verallgemeinern. Im Rahmen eines Gedankenexperiments hatten wir das Gesamtsystem in zwei ﬁktive Teilsysteme zerlegt und damit eine einfache Nichtgleichgewichtssituation geschaffen. Auf diese reagiert das System in gesetzmäßiger Weise und liefert dadurch Informationen über das Verhalten bestimmter Zustandsgrößen im Gleichgewicht. Eine solche Aufteilung des Systems realisieren wir nun unter Vermeidung von Trennwänden durch verschiedene, nebeneinander existierende

Phasen ein und desselben thermodynamischen Systems. Als Phasen bezeichnet man die möglichen, unterschiedlichen Zustandsformen einer makroskopischen Substanz, z. B. die verschiedenen Aggregatzustände: fest, ﬂüssig, gasförmig. In den einzelnen Phasen können gewisse makroskopische Observable, wie z. B. die Teilchendichte, ganz unterschiedliche Werte annehmen. – Wir machen für die folgende Diskussion eine Fallunterscheidung: A) Isoliertes System Dieses möge aus π Phasen bestehen (ν = 1, 2, . . . , π), wobei sich jede aus α Komponenten ( j = 1, 2, . . . , α), d. h. aus α Teilchensorten, zusammensetzt. Dabei gelte: π

Vν = V = const ,

ν=1

π

Uν = U = const ,

ν=1

π

Njν = Nj = constj ;

j = 1, 2, . . . , α .

ν=1

Die Entropie ist eine extensive Zustandsgröße, für die deshalb gilt: S(U, V, N) =

π

Sν Uν , Vν , N ν .

ν=1

W. Nolting, Grundkurs Theoretische Physik 4. DOI 10.1007/978-3-642-24481-0_6 © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2012

(4.1)

274

4. Phasen, Phasenübergänge

Wir suchen den Gleichgewichtszustand, für den nach (3.70) dS = 0 gelten muss, d. h., die Entropie muss unter Beachtung der obigen Randbedingungen extremal werden. Wir benutzen zur Herleitung die in Abschn. 1.2.5, Bd. 2, vorgestellte Methode der Lagrange’schen Multiplikatoren. Wir haben zu fordern:

π ∂Sν ∂Sν dS = dUν + dV + ∂Uν Vν , N ν ∂Vν Uν , N ν ν ν=1 ⎫ α ⎬ ∂Sν ! + dNjν = 0 . ⎭ ∂Njν Vν , Uν , Niν, i =/ j

(4.2)

j=1

Da nicht alle Uν , Vν , Njν unabhängig voneinander sind, können wir nicht einfach folgern, dass alle Koefﬁzienten der dUν , dVν , dNjν bereits verschwinden. Es gilt aber wegen der Randbedingungen: dUν = 0 ⇒ λU dUν = 0 , ν

ν

dVν = 0

⇒

λV

ν

dVν = 0 ,

ν

dNjν = 0

ν

⇒

λj

dNjν = 0 .

ν

λU , λV , λj sind zunächst nicht weiter festgelegte reelle Zahlen, die man die Lagrange’schen Parameter (Multiplikatoren) nennt. Wir können nun die Extremalbedingungen für S mit den Randbedingungen in folgender Form kombinieren: π ∂Sν ! 0= −λ dUν + ∂Uν Vν , N ν U ν=1 π ∂Sν + −λ dVν + ∂Vν Uν , N ν V ν=1

π α ∂Sν + − λ dNjν . ∂Njν Uν , Vν ,Niν, i =/ j j ν=1

(4.3)

j=1

λU , λV und λj sind noch frei wählbar. Wegen der Randbedingungen sind die Uν , Vν , Njν nicht unabhängig voneinander. Für die Energien Uν , die Volumina Vν und die Teilchenzahlen Njν gibt es jeweils eine Nebenbedingung. Wir können sie deshalb in eine abhängige und (π − 1) unabhängige Variable aufteilen, z. B.

4.1

Phasen

275

U1

abhängig;

U2 , . . . , Uπ

unabhängig,

V1

abhängig;

V2 , . . . , Vπ

unabhängig,

Nj1

abhängig;

Nj2 , . . . , Njπ

unabhängig.

Wir legen nun die Lagrange-Parameter λU , λV , λj so fest, dass ∂S1 ∂S1 ∂S1 = λU ; = λV ; =λ ∂U1 ... ∂V1 ... ∂Nj1 ... j gilt. Dadurch erreichen wir, dass die ν = 1-Summanden in (4.3) verschwinden. Die restlichen Summanden enthalten dann aber nur noch unabhängige Variable, sodass bereits jede Klammer für sich Null werden muss. Durch die Multiplikatoren haben wir also erreicht, dass für alle ν gilt: ∂Sν 1 ! = = λU ⇒ Tν = T ∀ν , (4.4) ∂Uν ... Tν ∂Sν pν ! = = λV ⇒ pν = p ∀ν , (4.5) ∂Vν ... Tν μjν ! ∂Sν =− = λj ⇒ μjν = μj ∀ν . (4.6) ∂Njν ... Tν Die Parameter λU , λV , λj sind sämtlich von ν unabhängig und damit für alle Phasen gleich. Es ergibt sich die wichtige Schlussfolgerung: In einem isolierten System haben im Gleichgewicht alle Phasen 1. dieselbe Temperatur T, 2. denselben Druck p, 3. dasselbe chemische Potential μj . Wir wollen nun dasselbe Verfahren auf eine andere experimentell wichtige Situation anwenden: B) Geschlossenes System mit p = const, T = const Druck und Temperatur seien von außen vorgegeben. Das ist die in Abschn. 3.7.3 diskutierte Situation. Wegen (3.76) gilt:

Gleichgewicht

⇐⇒

dG = 0 ;

G minimal!

Die freie Enthalpie ist eine extensive Zustandsgröße: G=

π ν=1

Gν T, p, N ν .

(4.7)

276

4. Phasen, Phasenübergänge

Wir nehmen eine freie Austauschbarkeit von Teilchen zwischen den einzelnen Phasen an, wobei sich die Gesamtteilchenzahl allerdings nicht ändert: Nj =

π

λj

⇒

Njν

ν=1

π

dNjν = 0 .

(4.8)

ν=1

Wir koppeln diese Randbedingung mit dem Lagrange’schen Parameter λj an die Extremalbedingung für G an: !

0=

π α ∂Gν ν=1 j=1

∂Njν

T, p

− λj dNjν .

(4.9)

Niν, i =/ j

Dieselbe Schlussfolgerung wie in Teil A) führt nun auf: ∂Gν = μjν = λj . ∂Njν Niν,T, ip=/ j

(4.10)

Da λj von ν unabhängig ist, haben wir das wichtige Resultat: In einem geschlossenen System mit p = const und T = const hat im Gleichgewicht in allen Phasen das chemische Potential der Teilchensorte j denselben Wert:

μjν ≡ μj ∀ν .

(4.11)

Dieses Ergebnis wollen wir noch etwas weiter auswerten. Formal gilt ja: ∂Gν = μjν = μjν T, p; N11 , . . . , Nαπ . T, p ∂Njν Niν, i =/ j Da μjν eine intensive Größe ist, kann keine direkte Abhängigkeit von den extensiven Variablen Njν vorliegen. Die chemischen Potentiale μjν werden in Wirklichkeit von den Konzentrationen cjν , Njν cjν = ; Nν

α

cjν = 1 ,

(4.12)

j=1

abhängen, die natürlich intensiv sind:

μjν = μjν T, p; c11 , . . . , cαπ .

(4.13)

Im Argument stehen ZV Variable, ZV = 2 + α π ,

(4.14)

4.1

Phasen

277

die aber nicht unabhängig voneinander sind, da eine Reihe von Nebenbedingungen erfüllt sein müssen. Die Beziehung (4.12) liefert wegen ν = 1, 2, . . . , π (1) ZN =π

Nebenbedingungen. Die Gleichgewichtsbedingung (4.11) ergibt für jedes j jeweils (π − 1) Gleichungen zwischen den μjν . Dies führt zu weiteren (2) ZN = α (π − 1)

Nebenbedingungen. Sei f = Zahl der Freiheitsgrade, = Zahl der unabhängig wählbaren Variablen. Dafür gilt offenbar: (1) (2) f = ZV − ZN − ZN = 2 + α π − π − α (π − 1) .

Dies ergibt die wichtige Gibb’sche Phasenregel f = 2+α−π ,

(4.15)

wobei

α = Zahl der Komponenten, π = Zahl der Phasen sind. Wir erläutern diese Phasenregel an einem bekannten Beispiel: H2 O-Phasendiagramm.

p

Schmelzkurve

pc

p0

flüssig Verdampfungskurve

fest gasförmig

T0 Sublimationskurve

Tc

T Abb. 4.1. Phasendiagramm des Wassers

278

4. Phasen, Phasenübergänge

T0 = 0,0075 ◦ C Tripelpunkt, Tc = 374,2 ◦ C

kritischer Punkt.

Es handelt sich um ein Einkomponentensystem, d. h., es ist α = 1. 1) π = 1 In den Einphasengebieten (fest, ﬂüssig, gasförmig) ist f =2, d. h., p und T können noch unabhängig gewählt werden. 2) π = 2 Auf den Koexistenzkurven ist f =1, sodass nur noch eine Variable, z. B. T, frei gewählt werden kann, die andere ist dann festgelegt, z. B. p = p(T). 3) π = 3 Im Tripelpunkt (T0 , p0 ) stehen drei Phasen miteinander im Gleichgewicht. Es gibt keinen frei wählbaren Parameter mehr: f =0. Aus der Phasenregel (4.15) folgt auch, dass es eine obere Grenze für die Zahl π der möglichen Phasen gibt,

π≤2+α,

(4.16)

da f natürlich nicht negativ sein kann. 4.1.2 Dampfdruckkurve (Clausius-Clapeyron) Wir wollen als Anwendungsbeispiel zu den Gleichgewichtsbedingungen des vorigen Abschnitts einen einfachen, aber wichtigen Spezialfall diskutieren (s. auch Aufg. 2.9.29). Es handelt sich um das Gleichgewicht zwischen Flüssigkeit (f) und Dampf (g) eines einkomponentigen Systems wie z. B. H2 O. Wählt man p und T als Variable, dann gilt nach (4.13) im Gleichgewicht:

μf (T, p) = μg (T, p) .

(4.17)

Aus dieser Beziehung muss sich (im Prinzip) eine Relation p = p(T) für die Zustände herleiten lassen, in denen Flüssigkeit und Dampf im Gleichgewicht stehen. Gilt (4.17) dagegen nicht, so folgt aus der Gibbs-Duhem-Relation (3.34), G (T, p, N) = N μ (T, p) ,

4.1

μ

Phasen

279

p = p1

μg μf

Abb. 4.2. Chemisches Potential als Funktion der Temperatur für

T1

T

die gasförmige und die flüssige Phase des Wassers (schematisch)

dass sich das Gleichgewicht vollständig zu der Phase mit dem kleineren μ verlagert. Stabil ist jeweils die Phase mit minimaler freier Enthalpie! Es gilt nach (3.26): dG − μ dN = −S dT + V dp = N dμ (T, p) . Wir betrachten eine Verschiebung (dp, dT) längs der Koexistenzlinie (Dampfdruckkurve). Dort ist wegen (4.17) dμf (T, p) = dμg (T, p) und damit −Sf dT + Vf dp = −Sg dT + Vg dp . Damit erhalten wir die Steigung dp|dT der Dampfdruckkurve: Sg − Sf dp = . dT Vg − Vf

(4.18)

Üblicherweise bezieht man sich auf 1 Mol: vg,f : Molvolumina für Gas bzw. Flüssigkeit, sg,f : Entropien pro Mol. Man deﬁniert schließlich noch: QM = T(sg − sf ) :

molare Verdampfungswärme.

Diese wird zur Überwindung der Kohäsionskräfte zwischen den Teilchen benötigt. Aus (4.18) wird dann die Clausius-Clapeyron-Gleichung dp QM . = dT T vg − vf

(4.19)

280

4. Phasen, Phasenübergänge

Bei der Ableitung von (4.19) bzw. (4.18) mussten wir implizit Sg =/ Sf und Vg =/ Vf voraussetzen. Dies bedeutet: !

∂μf ∂T

=/

p

μf (T, p) = μg (T, p) , ∂μg ∂T

; p

∂μf ∂p

T

=/

∂μg ∂p

.

(4.20)

T

Einen solchen Übergang Gas ⇐⇒ Flüssigkeit nennt man einen Phasenübergang erster Ordnung. Nur für einen solchen Übergang gilt die Clausius-Clapeyron-Gleichung. 4.1.3 Maxwell-Konstruktion Wir haben bereits in Abschn. 1.4.2 bei der Diskussion der Zustandsgleichung n2 p + a 2 (V − n b) = n R T V

des van der Waals-Gases beobachtet, dass die Isothermen für T < Tc einen unphysikalischen Verlauf zeigen. Es gibt nämlich einen Bereich, in dem 1 ∂V κT = − <0 V ∂p T ist. Dort wäre das System mechanisch instabil. Die Ursache liegt in der impliziten Annahme einer einzigen homogenen Phase. In Wirklichkeit handelt es sich dort aber um ein Zwei-Phasen-Gebiet. Flüssigkeit und Dampf stehen miteinander im Gleichgewicht. Die van der Waals-Isothermen verlieren im Zwei-Phasen-Gebiet ihre Gültigkeit. Die Betrachtungen des letzten Abschnitts haben gezeigt, dass im Koexistenzgebiet von Gas und Flüssigkeit der Druck nur eine Funktion der Temperatur sein kann (4.17), dass er also insbesondere nicht vom Volumen abhängt. Dies bedeutet: Im pV-Diagramm verlaufen alle Isothermen (T < Tc ) im Zwei-Phasen-Gebiet horizontal!

p

T > Tc

pc

pαβ

(α)

B (β)

A

Vα

Vc

T = Tc T < Tc Vβ

V

Abb. 4.3. Isothermen des realen Gases im

pV-Diagramm mit „Maxwell-Konstruktion“ für T < Tc

4.1

Phasen

281

Am Ende (α) (s. Abb. 4.3) dieses horizontalen Isothermenstücks liegt nur Flüssigkeit, am Ende (β) nur Gas vor. Links von (α) und rechts von (β) können wir wieder die van der Waals-Gleichung benutzen. Im Koexistenzgebiet muss die Gleichgewichtsbedingung μf T, pαβ = μg T, pαβ = const (4.21) erfüllt sein. An den Enden (α) bzw. (β) sind alle N Teilchen in der ﬂüssigen bzw. in der gasförmigen Phase. Mit der Gibbs-Duhem-Relation (3.34) folgt dann aus (4.21): Gα T, pαβ = Gβ T, pαβ , Uα − T Sα + pαβ Vα = Uβ − T Sβ + pαβ Vβ .

(4.22)

Für den Unterschied in den freien Energien ergibt sich daraus: Fα − Fβ = pαβ Vβ − Vα .

(4.23)

Bildet man dagegen mit dem ursprünglichen van der Waals-Druck p = p(T, V) das Integral von Vα bis Vβ , so folgt wegen dF = −p dV

bei

Vα

Vβ

T = const

für die freie Energie: Fα − Fβ = −

p dV =

Vβ

p dV

(T = const) .

(4.24)

(T = const)

(4.25)

Vα

Die Kombination (4.23) und (4.24) Vβ

p dV = pαβ (T) Vβ − Vα

Vα

hat eine einfache geometrische Bedeutung. In der obigen Abbildung müssen die Flächen A und B gleich sein: !

A=B:

Maxwell-Konstruktion.

Wir haben damit aus den allgemeinen Gleichgewichtsbedingungen eine Vorschrift ableiten können, wie man aus den van der Waals-Isothermen die physikalischen Isothermen ableitet. Wir können uns zum Schluss noch leicht davon überzeugen, dass das in Gas und Flüssigkeit zerfallende Zwei-Phasen-Gebiet gegenüber dem ursprünglichen van der Waals-Ein-Phasen-Gebiet stabil ist. Wir vergleichen dazu zwei Zustände mit gleichem T und V, aber unterschiedlichen Drucken, pαβ für das Zwei-Phasen-System und p(T, V) der van der Waals-Gleichung ensprechend. Da T und V vorgegeben sind, muss im Gleichgewicht die freie Energie F minimal sein!

282

4. Phasen, Phasenübergänge

p T fest

pαβ

β

α × Vα

F

V

× ×

α δ × Vα

γ

V

Vβ T fest

β

Abb. 4.4. Deutung des Zwei-Phasen-Gebietes und der

× × V Vβ

V

zugehörigen Maxwell-Konstruktion über die MinimumForderung an die freie Energie F

Im Ein-Phasen-Gebiet gilt: FvdW (T, V) − Fα = Fγ − Fα = V =−

p T, V dV .

(4.26)

Vα

Gemäß der Maxwell-Konstruktion setzt sich im Zwei-Phasen-Gebiet die freie Energie additiv aus den Anteilen der Flüssigkeit (α) und des Gases (β) zusammen: F(T, V) = Fδ = cf Fα T, Vα + cg Fβ (T, Vβ ) . Dabei muss gelten: cf =

Nf ; N

cg =

Ng N

⇒

cf + cg = 1 .

Nf , Ng sind die Teilchenzahlen der Flüssigkeits- bzw. der Gasphase. Beide Phasen zusammen müssen natürlich das Volumen V einnehmen: V = cf Vα + cg Vβ . Die beiden letzten Beziehungen führen zu der so genannten Hebelbeziehung (s. Abb. 4.4): cf =

Vβ − V ; Vβ − Vα

cg =

V − Vα . Vβ − Vα

(4.27)

Dies bedeutet für die freie Energie im Zwei-Phasen-Gebiet: Fδ − Fα = cg Fβ − Fα

(4.23)

Fδ − Fα = pαβ (Vα − V) .

=

cg −pαβ Vβ − Vα , (4.28)

4.2

Phasenübergänge

283

Kombiniert man (4.28) mit (4.26), so folgt: Fγ − Fδ = pαβ V − Vα −

V

p T, V dV ≥ 0 .

(4.29)

Vα

Das Zwei-Phasen-Gebiet ist also stabil: Fδ ≤ Fγ .

(4.30)

Das Gleichheitszeichen gilt nur für V = Vα oder V = Vβ . 4.2

4.2 Phasenübergänge 4.2.1 Geometrische Interpretation Wir betrachten noch einmal das Flüssigkeits-Gas-Gemisch längs der Koexistenzlinie. Wir hatten gesehen, dass sich der Übergang bei konstanter Temperatur und konstantem Druck vollzieht:

pαβ (T) :

Dampfdruck.

p

pαβ (T )

(α) Vα

( β) V

Vβ

Abb. 4.5. Tatsächliche Isotherme des realen Gases

zur Erklärung der „Hebelbeziehung“

Im Übergangsgebiet liegt ein Gemisch aus Flüssigkeit im Zustand (α) und Gas im Zustand (β) vor. Die relativen Anteile bestimmen sich aus der Hebelbeziehung (4.27). Im Zwei-Phasen-Gebiet führt eine Wärmezufuhr zu einer Umwandlung einer gewissen Flüssigkeitsmenge in Dampf. Der Vorgang verläuft isotherm, da die Wärmeenergie ausschließlich dazu verwendet wird, die Teilchenbindungen zu überwinden. Erst wenn bei (β) die gesamte Flüssigkeit in Dampf verwandelt ist, sorgt eine weitere Wärmezufuhr für eine Temperaturerhöhung. Einen solchen Phasenübergang, der eine Umwandlungswärme erfordert, nennt man einen Phasenübergang erster Ordnung.

284

4. Phasen, Phasenübergänge

Für diesen gilt die Clausius-Clapeyron-Gleichung der Form (4.18), die offensichtlich nur dann sinnvoll ist, wenn die Entropien und Volumina für Gas (Sg, Vg ) und Flüssigkeit (Sf , Vf ) auf der Koexistenzlinie unterschiedlich sind. Nun erinnern wir uns, dass S und V erste partielle Ableitungen der freien Enthalpie G(T, p) nach T bzw. p sind: ∂G ∂G S=− ; V= . ∂T p ∂p T Typisch für Phasenübergänge erster Ordnung (PÜ1) ist also, dass die ersten Ableitungen von G(T, p) beim Überschreiten der Koexistenzlinie unstetig sind. Wir wollen versuchen, den Sachverhalt geometrisch zu veranschaulichen. Dazu müssen wir jedoch noch einige Vorbereitungen treffen. 4.2.1

Definition 4.2.1 Man nennt f (x) eine

konvexe Funktion von x, falls für beliebige λ mit 0 ≤ λ ≤ 1 gilt: f λx1 + (1 − λ)x2 ≤ λ f x1 + (1 − λ)f x2 .

(4.31)

f (x)

x1

x2

x

Abb. 4.6. Beispiel einer konvexen Funktion

Skizziert ist als Beispiel die konvexe Funktion f (x) = x2 . – Die Sehne, die die Punkte f (x1 ) und f (x2 ) einer konvexen Funktion f (x) miteinander verbindet, liegt im Bereich x1 ≤ x ≤ x2 stets oberhalb oder auf der Kurve f (x). Jede Tangente an f (x) liegt dann vollständig unterhalb f (x). – Die Deﬁnition setzt nicht die Differenzierbarkeit der Funktion voraus. Falls aber f (x) zweimal differenzierbar ist, dann gilt auch: f (x) konvex

⇐⇒

f (x) ≥ 0

∀x .

(4.32)

Ganz analog deﬁniert man: 4.2.2

Definition 4.2.2 f˜(x) ist genau dann eine

konkave Funktion von x, wenn −f˜(x) konvex ist. Mithilfe dieser Deﬁnitionen können wir nun Aussagen über das geometrische Verhalten von freier Enthalpie und freier Energie machen:

4.2

Phasenübergänge

285

Satz 4.2.1 1. Die freie Enthalpie G(T, p) ist in beiden Variablen T und p konkav! 2. Die freie Energie F(T, V) ist als Funktion von T konkav und als Funktion von V konvex!

Der Beweis dieses Satzes benutzt die so genannten Stabilitätsbedingungen: thermisch: Cx ≥ 0 ; mechanisch:

x = V, p ,

(4.33)

κy ≥ 0 ; y = S, T ,

(4.34)

die erst in der Statistischen Mechanik streng bewiesen werden, anschaulich aber völlig klar sind. Cx < 0 hätte bei einer Wärmezufuhr eine Temperaturerniedrigung zur Folge. κy < 0 würde ∂V |∂p y > 0 bedeuten. Mit abnehmendem Volumen würde dann auch der Druck eines thermodynamischen Systems kleiner. Letzteres wäre somit mechanisch instabil, würde in sich zusammenfallen. Zu 1): G(T, p) ist bis auf Phasenübergangspunkte differenzierbar: 2 Cp ∂G ∂S = − =− ≤0. 2 ∂T p ∂T p T

G(T, p) ist als Funktion von T konkav! 2 ∂G ∂V = = −V κT ≤ 0 . ∂p2 T ∂p T G(T, p) ist auch als Funktion von p konkav! Zu 2):

∂2 F ∂T 2

=−

V

∂S ∂T

=− V

G

F

T > Tc

p0V0 V = (∂G ∂p)T

CV ≤0. T

p0

p

T > Tc

V0 p0

T > Tc

p0V0 p = −(∂F ∂V )T

V0

V

p0 p

V0

V

Abb. 4.7. Geometrische Konstruktion der freien Energie und ihrer Volumenableitung aus der freien

Enthalpie und ihrer Druckableitung im Fall fehlender Phasenübergänge

4.2.1

286

4. Phasen, Phasenübergänge

F(T, V) ist als Funktion von T konkav! 2 ∂F ∂p 1 = − =+ ≥0. 2 ∂V T ∂V T V κT F(T, V) ist als Funktion von V konvex! Bei der Übertragung des obigen Satzes auf magnetische Systeme hat man etwas aufzupassen, da die Suszeptiblität χ als Analogon zur Kompressibilität κ im Gegensatz zu dieser auch negativ werden kann (Diamagnetismus!). Mithilfe dieser allgemeinen Eigenschaften von G und F sowie der Verknüpfung G = F + pV lassen sich die Abhängigkeiten der Potentiale von T und p bzw. T und V qualitativ bereits skizzieren. Besonders interessant sind natürlich die Phasenübergangspunkte: F T < Tc

G(T , p) T < Tc

×

pαβ

×

p

V (T , p)

Vα

×

Vβ

V

p

Vβ

T < Tc

T < Tc

Vα

pαβ

× pαβ

p

Vα

Vβ

V

Abb. 4.8. Dasselbe wie in Abb. 4.7, nun aber mit einem Phasenübergang 1. Ordnung

Die Koexistenz der beiden Phasen bei (T < Tc , p = pαβ ) hat zur Folge, dass Gf (T, pαβ ) = Gg (T, pαβ ). Demnach ist die freie Energie F zwischen Vα und Vβ eine lineare Funktion von V. Der Phasenübergang erster Ordnung manifestiert sich in einer Unstetigkeit in der ersten Ableitung von G nach p, also im Volumen V, und in einem horizontalen Teilstück für die erste Ableitung von F nach V, also für den Druck p. Als Funktionen von T verhalten sich F und G qualitativ sehr ähnlich. Bei einem Phasenübergang erster Ordnung zeigen beide Funktionen wegen ∂G ∂F S=− =− (4.35) ∂T p ∂T V

4.2

Phasenübergänge

287

einen endlichen Sprung in der ersten partiellen Ableitung, also in der Entropie:

ΔS = Sβ − Sα . Typisch für den Phasenübergang erster Ordnung ist deshalb das Auftreten einer Umwandlungswärme

ΔQ = Tαβ ΔS

(4.36)

(Verdampfungswärme).

G (T , p) p fest

Tαβ

T

S (T , p) Sβ

p fest

Sα

Tαβ

T

Abb. 4.9. Verhalten der Entropie beim Phasenübergang

erster Ordnung

ΔQ ist jedoch keine Materialkonstante. Man beobachtet vielmehr, z. B. für das GasFlüssigkeits-System, dass sich bei einer Änderung der System-Parameter, z. B. des konstant gehaltenen Druckes p, auch der Unstetigkeitssprung in den ersten Ableitungen des thermodynamischen Potentials G(T, p) verändert. Nähert man sich auf der Koexistenzlinie (Verdampfungskurve, s. H2 O-Phasendiagramm in Abschn. 4.1.1) dem kritischen Punkt, so wird die Diskontinuität immer kleiner, um schließlich bei (Tc , pc ) ganz zu verschwinden. Es gibt also auch Phasenübergänge mit Sα = Sβ und Vα = Vβ , für die die Clausius-Clapeyron-Gleichung (4.19) ihre Bedeutung verliert. Wir müssen deshalb offensichtlich den Begriff Phasenübergang über das bisher Gesagte hinaus noch erweitern. 4.2.2 Ehrenfest-Klassifikation Die auf der Koexistenzkurve im Gleichgewicht stehenden Phasen seien wiederum durch die Indizes α und β gekennzeichnet. Nach Ehrenfest (1933) deﬁniert man als

Ordnung des Phasenübergangs die Ordnung des niedrigsten Differentialquotienten von G, der beim Überschreiten der Koexistenzlinie eine Diskontinuität aufweist. Explizit heißt das:

288

4.2.3

4. Phasen, Phasenübergänge

Definition 4.2.3

Phasenübergang n-ter Ordnung 1) 2)

∂m Gα ∂T m ∂m Gα ∂pm ∂n Gα ∂T n ∂n Gα ∂pn

∂m Gβ = ∂T m p

=

T

=/ p

=/ T

∂m Gβ ∂pm

für m = 1, 2, . . . , n − 1 ,

(4.37)

für m = 1, 2, . . . , n − 1 ,

(4.38)

p

T

∂n Gβ ∂T n

(4.39)

, p

∂n Gβ ∂pn

(4.40)

. T

Von praktischem Interesse sind eigentlich nur die Phasenübergänge erster und zweiter Ordnung. Die von erster Ordnung haben wir bereits genauer analysiert. Für Phasenübergang zweiter Ordnung gilt: 1. G(T, p) stetig! 2. S(T, p); V(T, p) stetig! 3. Response-Funktionen: 2 ∂G Cp = −T ; ∂T 2 p

κT = −

1 V

∂2 G ∂p2

; T

β=

1 V

∂2 G ∂p ∂T

unstetig! Es leuchtet unmittelbar ein, dass mit wachsender Ordnung des Phasenübergangs die Unterschiede der koexistierenden Phasen physikalisch immer unbedeutender werden. Es ist in der Tat zu fragen, bis zu welcher Ordnung man wirklich noch von zwei verschiedenen Phasen reden kann. cp Abb. 4.10. Phasenübergang zweiter Ordnung im Ehrenfest’schen

Tc

T

Sinn, festgestellt an der Temperaturabhängigkeit der Wärmekapazität

Beispiele für einen Phasenübergang zweiter Ordnung im Ehrenfest’schen Sinn, charakterisiert durch einen endlichen Sprung in der speziﬁschen Wärme, sind nicht sehr zahlreich:

4.2

Phasenübergänge

289

1) Modelle: a) Weiß’scher Ferromagnet, b) Bragg-Williams-Modell (für den Ordnungs-Unordnungs-Übergang in sing), c) van der Waals-Gas.

β-Mes-

2) Supraleiter im Nullfeld: Wir wollen schließlich noch das Analogon zur Clausius-Clapeyron-Gleichung für Phasenübergänge zweiter Ordnung im Ehrenfest’schen Sinn ableiten: Auf der Koexistenzlinie, falls es so eine in diesem Fall überhaupt gibt, gilt nun:

Sα (T, p) = Sβ (T, p) ;

Vα (T, p) = Vβ (T, p) .

Wir betrachten eine Zustandsänderung (dp, dT) längs der Koexistenzlinie: Hc

cH = 0

normal supra ×

Tc

T

Phasenübergang zweiter Ordnung

Tc

T

Abb. 4.11. Das kritische Feld eines Supraleiters (links) als Funktion der Temperatur und der endliche

Nullfeld-Sprung der Wärmekapazität (rechts) beim Ehrenfest’schen Phasenübergang zweiter Ordnung

dSα = dSβ ; dVα = dVβ ∂Sβ ∂Sβ ∂Sα ∂Sα ⇒ dT + dp = dT + dp , ∂T p ∂p T ∂T p ∂p T ∂Vβ ∂Vβ ∂Vα ∂Vα dT + dp = dT + dp . ∂T p ∂p T ∂T p ∂p T

Dies lässt sich wie folgt auﬂösen: ∂Sβ ∂Vβ ∂Sα ∂Vα − − ∂T p ∂T p ∂T p ∂T p dp = − . = − ∂Sβ ∂Vβ ∂Sα ∂Vα dT − − ∂p T ∂p T ∂p T ∂p T Wir setzen noch die folgenden Maxwell-Relationen ein: ∂S ∂V =− = −V β , ∂p T ∂T p Cp ∂S ∂V = ; = −V κT . ∂T p T ∂p T

290

4. Phasen, Phasenübergänge

Das ergibt dann die so genannten Ehrenfest-Gleichungen (α)

(β)

dp 1 Cp − Cp β(α) − β(β) = = (α) . ( β ) ( α ) dT T V β − β κT − κ(Tβ)

(4.41)

Man sagt, ein System zeige einen Phasenübergang zweiter Ordnung im reinen Ehrenfest’schen Sinn, wenn Sα = Sβ und Vα = Vβ gilt und die Gleichungen (4.41) erfüllt sind. Die heutige Kritik an der Ehrenfest-Klassiﬁkation von Phasenübergängen resultiert zum einen aus der experimentellen Beobachtung, dass in vielen Systemen mit Übergängen, die nicht von erster Ordnung sind, die kritischen thermodynamischen Größen eher Singularitäten als endliche Sprünge aufweisen. Zum anderen erscheint die Aufteilung in Phasenübergänge beliebig hoher Ordnung sinnlos! S

(1) (2) ΔS Abb. 4.12. Kontinuierliche und diskontinuierliche

T

T0

Phasenübergänge im Temperaturverhalten der Entropie

Man unterscheidet deshalb etwas grob eigentlich nur noch zwei Arten von Phasenübergängen, die man am einfachsten durch das Verhalten der Entropie gegeneinander abgrenzt. S kann sich am Umwandlungspunkt kontinuierlich (2) oder diskontinuierlich (1) als Funktion der intensiven Variablen T verhalten. 1) Diskontinuierlicher Phasenübergang Dies ist der bereits besprochene

Phasenübergang erster Ordnung, der durch Unstetigkeiten in den ersten partiellen Ableitungen der freien Enthalpie G gekennzeichnet ist. 1. ΔS =/ 0 ⇐⇒Umwandlungswärme: ΔQ = T0 ΔS. 2 2. Cp = −T ∂∂TG2 : endlich für T =/ T0 , nicht erklärt für T = T0 . p

4.2

Phasenübergänge

291

M

ρ =N V V = (∂G ∂p)T0

Δρ

MS H V ⋅ M = − (∂G ∂B0 )T0

p Fluides System

Magnet

Abb. 4.13. Diskontinuierlicher Phasenübergang (1. Ordnung) für das fluide System (links) und den

Magneten (rechts)

Die Umwandlungstemperatur T0 ist keine Konstante, sondern von p bzw. V oder B0 = μ0 H bzw. M abhängig. Nun beobachtet man bei den meisten Systemen ein Abnehmen der Unstetigkeiten ΔS, Δρ und 2 MS mit zunehmendem T0 . Dadurch wird eine kritische Temperatur Tc deﬁniert, bei der die ersten Ableitungen wieder stetig werden: MS

Δρ

× Tc

× Tc

T0

T0

Abb. 4.14. Übergang vom Phasenübergang erster zu zweiter Ordnung für das fluide System (links)

und für den Magneten (rechts)

Dies führt zu dem anderen Typ Phasenübergang! 2) Kontinuierlicher Phasenübergang In diesem Fall spricht man auch von einem

Phasenübergang zweiter Ordnung mit den folgenden typischen Merkmalen: 1. S stetig⇒ ΔQ = 0. 2. T0 → Tc : kritischer Punkt. 3. Singularitäten in CV , κT , χT , also in Zustandsgrößen, die zweiten Ableitungen der thermodynamischen Potentiale entsprechen. Den kontinuierlichen Phasenübergang wollen wir in den nächsten Abschnitten weiter analysieren.

292

4. Phasen, Phasenübergänge

4.2.3 Kritische Exponenten Die im vorigen Abschnitt deﬁnierten kontinuierlichen Phasenübergänge oder Phasenübergänge zweiter Ordnung sind von besonderem physikalischen Interesse. Grund dafür ist eine verblüffende Universalität physikalischer Eigenschaften in der Nähe kritischer Punkte. Ganz verschiedene Eigenschaften ganz verschiedener Systeme zeigen in der Nähe von Tc ein ganz ähnliches Potenzgesetz-Verhalten. Das wollen wir in diesem Abschnitt etwas genauer untersuchen. Eine vertiefte Darstellung wird allerdings der Statistischen Mechanik in Band 6 vorbehalten sein müssen. Im Bereich der so genannten kritischen Fluktuationen, die man etwa im Temperaturbereich T − Tc < 10−2 |ε| = (4.42) T c

zu erwarten hat, beobachtet man das erwähnte universelle Verhalten der verschiedenartigsten physikalischen Größen, das sich durch einen Satz von wenigen Zahlenwerten beschreiben lässt, die man kritische Exponenten nennt. Sehr häuﬁg beobachtet man, dass eine physikalische Eigenschaft f (ε) sich im kritischen Bereich (4.42) wie f (ε) = a εϕ 1 + b εψ + . . . ;

ψ>0

(4.43)

verhält. Man benutzt dazu die Kurzschrift f (ε) εϕ

(4.44)

und liest: „f (ε) verhält sich für ε → 0 wie εϕ “. ϕ ist dann der kritische Exponent. Man hat jedoch in der Zwischenzeit erkannt, dass das Potenzgesetz-Verhalten zu einschränkend ist. Die Deﬁntion des kritischen Exponenten wird deshalb wie folgt verallgemeinert. 4.2.4

Definition 4.2.4

Kritischer Exponent

ϕ = lim

ln |f (ε)|

ε→0 ln |ε|

.

(4.45)

Das Verhalten (4.43) ist damit natürlich auch erfasst. Es gibt selbstverständlich nicht nur einen einzigen kritischen Exponenten für alle physikalischen Eigenschaften, sondern einen ganzen Satz, den wir noch detailliert vorstellen werden.

4.2

Phasenübergänge

293

Die so eingeführten kritischen Exponenten sind fast universell, d. h., sie hängen nur von folgenden Komponenten ab: 1. Dimension d des Systems, 2. Reichweite der Teilchenwechselwirkungen, 3. Spindimensionalität n. Das ist die so genannte Universalitätshypothese (R. B. Grifﬁths, Phys. Rev. Lett. 24, 1479 (1970)), die wir sinnvoll erst später im Rahmen der Statistischen Mechanik kommentieren können. Die Reichweiten der Teilchenwechselwirkungen gruppiert man in drei Klassen. Man nennt sie kurzreichweitig, wenn der Abfall der Wechselwirkungsstärke mit dem Abstand r der Partner gemäß r−(d + 2 + α) ;

α>0

erfolgt. Details der Teilchen-Wechselwirkungen spielen dann keine Rolle. Man registriert ein wirklich universelles Verhalten. – Die Wechselwirkungen heißen langreichweitig, falls d −2 (4.46) 2 gilt. In diesem Fall werden die so genannten klassischen Theorien gültig (LandauTheorie, van der Waals-Modell, Weiß’scher Ferromagnet). Diese setzen Punkt 1. außer Kraft, d. h., die Exponenten sind unabhängig von der Dimension d des Systems. Relativ kompliziert ist der Zwischenbereich. Für

α<

d −2<α<0 2

(4.47)

heißt die Wechselwirkung mittelreichweitig. Die Exponenten hängen dann von α ab. Magnetische Materialien werden modellmäßig häuﬁg als wechselwirkende Spinsysteme diskutiert. Unter der Spindimensionalität versteht man die Zahl der relevanten Komponenten der Spinvektoren. Bei n = 1 (Ising-Modell) handelt es sich um eindimensionale, bei n = 2 (XY-Modell) um zweidimensionale und bei n = 3 (Heisenberg-Modell) um dreidimensionale Vektoren. Die kritischen Exponenten erweisen sich als deutlich n-abhängig. Weitere Einzelheiten zu den Spinsystemen werden im Rahmen der Statistischen Mechanik besprochen.

294

4. Phasen, Phasenübergänge

Bei den kritischen Exponenten hat man streng genommen noch zu unterscheiden, von welcher Seite man sich dem kritischen Punkt Tc nähert: > ϕ ←→ ε > 0 T → Tc , < ϕ ←→ ε < 0 T → Tc . Es muss nicht notwendig ϕ = ϕ sein. Die später zu besprechende Skalenhypothese wird allerdings gerade dieses postulieren. Wir diskutieren einige typische Beispiele: 1. ϕ < 0 f (ε) divergiert für ε → 0, und zwar umso schärfer, je kleiner |ϕ| (|ϕ2 | > |ϕ1 |). Man bedenke, dass in dem interessierenden Bereich |ε| < 1 gilt. f (ε )

ϕ2 ϕ1 1

Abb. 4.15. Kritisches Verhalten einer Funktion f bei

2

3

ε (⋅104 )

4

negativem kritischen Exponenten als Funktion der reduzierten Temperatur (T − Tc ) | Tc

2. ϕ > 0 f (ε) geht gegen Null für ε → 0. In dem skizzierten Beispiel ist ϕ1 > ϕ2 .

ϕ2

f (ε )

ϕ1 Abb. 4.16. Kritisches Verhalten einer Funktion f bei

1

2

3

4

ε (⋅104 )

positivem kritischen Exponenten als Funktion der reduzierten Temperatur (T − Tc ) | Tc

3. ϕ = 0 In diesem Fall ist das Verhalten von f (ε) nicht eindeutig. Man hat drei Situationen zu unterscheiden: 3.1. Logarithmisches Divergieren Sei z. B. f (ε) = a ln |ε| + b , dann folgt mit (4.45): ln |a ln |ε| + b| ϕ = lim ε→0 ln |ε|

1 ln | ln |ε|| 1 | ln |ε|| = lim = lim =0. 1 ε→0 ln |ε| ε→0 |ε| |ε|

4.2

Phasenübergänge

295

f (ε ) a<0 b 1

2

3

Abb. 4.17. Logarithmisches Divergieren als eine

ε (⋅104 )

4

Möglichkeit für einen kritischen Exponenten ϕ = 0

3.2. Divergente j-te Ableitung f (ε) selbst kann für ε → 0 endlich bleiben, während die j-te Ableitung divergiert, z. B. 3 1 mit x = , . 2 2

f (ε) = a − b εx

f (ε ) a x =1 2

x=3 2 Abb. 4.18. Kritisches Verhalten als Divergenz der

ε (⋅102 )

0,1 0,2 0,3 0,4

j-ten Ableitung

In den skizzierten Beispielen divergiert für x = 3 | 2 die zweite und für x = 1 | 2 die erste Ableitung von f für ε → 0. Der kritische Exponent ϕ ist jedoch Null:

ϕ = lim

ε→0

ln |a − b εx | 1 = ln |a| lim =0. ε→0 ln |ε| ln |ε|

Zur Untersuchung der Fälle 3.1. und 3.2. führt man manchmal einen neuen Typ von kritischem Exponent ein. Wenn j die kleinste ganze Zahl ist, für die

∂j f ≡ f ( j) (ε) − → ∞, ε→0 ∂ εj

(4.48)

ln |f ( j) (ε)| . ln |ε|

(4.49)

dann soll gelten:

ϕS = j + lim

ε→0

In den obigen Beispielen ist neben ϕ = 0:

ϕS = j −

1 1 1 =1− = 2 2 2

für x =

1 , 2

ϕS = j −

1 1 3 =2− = 2 2 2

für x =

3 . 2

Eine logarithmisch divergierende Funktion hat natürlich j = 0 und damit ϕS = 0.

296

4. Phasen, Phasenübergänge

3.3. Diskontinuitäten Die Funktion verhalte sich für T =/ Tc analytisch mit einem endlichen Sprung bei Tc wie bei einem Phasenübergang zweiter Ordnung im Ehrenfest’schen Sinn. Auch in diesem Fall ist ϕ = 0! Wir wollen nun die wichtigsten kritischen Exponenten einführen. Dazu ist die genaue Angabe des Weges notwendig, auf dem die Zustandsänderung durchgeführt wird: p

<

T Tc I

T < Tc

III II

ρG ρc

H

II Abb. 4.19. Isothermen des realen Gases im Druck-

ρF

<

pc

T = Tc

T Tc

ρ =N V

Dichte-Diagramm zur Festlegung der Wege, für die die kritischen Exponenten definiert sind

T = Tc T < Tc T =0

M Abb. 4.20. Isothermen des Ferromagneten. zur

Festlegung der Wege, für die die kritischen Exponenten definiert sind (TC : Curie-Temperatur)

1. α, α : Wärmekapazitäten Für das reale Gas deﬁniert man: ⎧ ⎪ ⎨A (−ε)−α CV ∼ ⎪ ⎩A ε−α

< Weg II, T → Tc , ρ = ρG, F , > Weg I, T → Tc , ρ = ρc .

Die analoge Deﬁnition für den Magneten lautet: ⎧ < ⎪ ⎨A (−ε)−α T → Tc , H = 0 , CH ∼ > ⎪ ⎩A ε−α T → Tc , H = 0 .

(4.50)

(4.51)

Das Experiment liefert α, α ≈ 0. Die exakte Lösung des zweidimensionalen IsingModells führt auf ein logarithmisches Divergieren der Wärmekapazität CV , also auf α = αS = 0. Die so genannten klassischen Theorien (Weiß’scher Ferromagnet,

4.2

Phasenübergänge

297

van der Waals-Gas, Landau-Theorie, . . . , s. Aufg. 4.3.10) ergeben Diskontinuitäten, also α = 0. 2. β : Ordnungsparameter Unter dem Ordnungsparameter versteht man eine Variable, die nur in einer der beiden am Übergang beteiligten Phasen einen Sinn hat bzw. nur in einer der beiden Phasen ungleich Null ist. Das Auftreten des Ordnungsparameters kündigt also den Phasenübergang an. Der Ordnungsparameter des Magneten ist die spontane Magnetisierung MS (T), die nur unterhalb Tc auftritt. Beim realen Gas ist es die Dichtedifferenz Δρ = ρF − ρG bzw. ρF,G − ρc im Zwei-Phasen-Gebiet. Das kritische Verhalten des Ordnungsparameters wird durch den Exponenten β beschrieben:

Δρ(T) ∼ B(−ε)β 2 ρc

(Weg II) ,

(4.52)

MS (T) ∼ B(−ε)β MS (0)

(H = 0) .

(4.53)

Die Normierungsfaktoren 2 ρc bzw. MS (0) sorgen dafür, dass die so genannte kritische Amplitude B von der Größenordnung 1 ist und nur wenig von System zu System variiert. – Eigentlich müssten wir statt β β schreiben, da der Exponent zur Tieftemperaturphase gehört. Da der Ordnungsparameter per deﬁnitionem jedoch nur in einer der beiden Phasen einen Sinn hat, ist die Unterscheidung zwischen β und β überﬂüssig. Typische experimentelle Werte für β sind 0,35 ± 0,02. Die klassischen Theorien liefern sämtlich β = 1|2. Für das d = 2-Ising-Modell gilt exakt β = 1|8. Für das d = 3-Ising-Modell (n = 1) ﬁndet man β = 0,325 ± 0,001, für das d = 3-XY-Modell (n = 2) β = 0,345 ± 0,002 und für das d = 3-Heisenberg-Modell β = 0,365 ± 0,002. 3. γ , γ : Kompressibilitäten, Suszeptibilitäten Wegen

κT = − χT =

1 V

∂M ∂H

∂V ∂p

= T

∂ρ ρ ∂p 1

, T

(4.54) T

entsprechen κT−1 und χ−1 T den Steigungen der Isothermen im pρ- bzw. HM-Diagramm. κT und χT werden deshalb für T → Tc divergieren. Vereinbarungsgemäß wählt man die kritischen Exponenten jedoch stets positiv: ⎧ ⎪ (−ε)−γ ⎨ C Weg II, T < T , ρ = ρ , c G, F κT −→ ∼ (4.55) (0) κTc ⎪ ⎩C ε−γ Weg I, T > Tc , ρ = ρc . −→

298

4. Phasen, Phasenübergänge

κT(0)c ist die Kompressibilität des idealen Gases für T = Tc : κ(0) T =

1 V = . p nRT

Analog hierzu benutzt man für das magnetische System zur Normierung die Suszeptiblität des idealen Paramagneten, für die nach (1.25)

χ(0) T =

C∗ T

gilt, wobei C∗ die in (1.26) deﬁnierte Curie-Konstante ist: ⎧ < ⎪ χT ⎨C (−ε)−γ T → Tc , H = 0 , ∼ > ⎪ χ(0) ⎩C ε−γ T → Tc , H = 0 . Tc

(4.56)

Die experimentellen Werte für γ und γ schwanken etwas. Die verschiedenen Messmethoden liefern noch etwas unterschiedliche Werte um 1,3 herum mit γ ≈ γ . Die Modellrechnungen zeigen sämtlich γ = γ , wobei die klassischen Theorien γ = 1 ergeben. Das d = 2-Ising-Modell führt zu γ = 7|4, das d = 3-Ising-Modell zu γ ≈ 1,24, das d = 3-XY-Modell zu γ ≈ 1,32 und das d = 3-Heisenberg-Modell zu γ ≈ 1,39. Die aus den Modellrechnungen resultierenden Zahlenwerte zeigen, wie auch schon bei α und β, sehr schön die Abhängigkeit des kritischen Exponenten von der Spinund Gitterdimension. 4. δ : Kritische Isotherme Wenn p(0) c = kB Tc ρc den Druck des idealen Gases bei ρ = ρc und T = Tc meint, dann soll für das reale Gas gelten: δ ρ (p − pc ) − 1 sign (ρ − ρc ) [Weg III , T = Tc ] . ∼ D (4.57) ρ (0) c pc sign (ρ − ρc ) bezeichnet das Vorzeichen von (ρ − ρc ): sign (ρ − ρc ) =

ρ − ρc . |ρ − ρc |

δ entspricht also in etwa dem Grad der Funktion (Polynom) der kritischen Isotherme. Je größer δ, desto ﬂacher ist die Isotherme. Setzt man HC(0) =

kB Tc μ0 m

(m = magnetisches Moment pro Teilchen) ,

so lautet die (4.57) entsprechende Beziehung für den Magneten: M(T = Tc , H) δ H ∼ D M(T = 0, H = 0) sign (M) . H (0) C

(4.58)

4.2

Phasenübergänge

299

Experimentelle Werte für δ liegen zwischen 4 und 5. Das d = 2-Ising-Modell fällt mit δ = 15 deutlich aus dem Rahmen. Für die klassischen Theorien ist δ = 3. Dem d = 3-Ising-Modell, dem d = 3-XY-Modell und auch dem d = 3-Heisenberg-Modell werden δ ≈ 4,8 zugeschrieben. δ scheint also vor allem von der Gitterdimension und weniger von der Spindimension beeinﬂusst zu sein. Neben den in 1. bis 4. eingeführten kritischen Exponenten sind insbesondere noch ν, ν und η wichtig. Diese werden im Zusammenhang mit der Paarkorrelationsfunktion deﬁniert. Da wir letztere erst in der Statistischen Mechanik kennen lernen werden, wollen wir an dieser Stelle auch die Exponenten ν, ν und η noch aussparen. (0) (0) (0) Es ist klar, dass die Normierungsfaktoren κ(0) Tc , χTc , pc , HC in den obigen Deﬁnitionsgleichungen keine besondere Bedeutung haben. Sie werden deshalb häuﬁg auch weggelassen. Sie sorgen lediglich dafür, dass die einzelnen Größen dimensionslos werden und dass die Amplituden von der Größenordnung 1 sind. Obwohl z. B. die kritische Temperatur Tc von Material zu Material sehr stark variiert, erkennen wir dennoch eine verblüffende Ähnlichkeit der numerischen Werte für die kritischen Exponenten. 4.2.4 Exponenten-Ungleichungen Die Theorie der kritischen Exponenten beruht zunächst auf reinen Hypothesen, die allerdings vom Experiment starke Unterstützung erfahren. Da andererseits nur wenige wirklich exakte Auswertungen realistischer Modelle vorliegen, sind natürlich solche Überlegungen von großem Interesse, die auf irgendeine Weise zu Testmöglichkeiten für die Theorie führen. In diesem Sinne haben einige thermodynamisch exakte Exponenten-Ungleichungen große Bedeutung erlangt. Die wichtigsten wollen wir in diesem Abschnitt am Beispiel des magnetischen Systems besprechen. Für die folgenden Beweise werden wir häuﬁg das fast selbstverständliche Lemma benutzen: Falls f (x) ∼ xϕ und g(x) ∼ xψ und außerdem für hinreichend kleine |x| |f (x)| ≤ |g(x)| gilt, dann muss

ϕ≥ψ

(4.59)

sein. Aus |f (x)| ≤ |g(x)| folgt nämlich ln |f (x)| ≤ ln |g(x)| und damit für |x| < 1, d. h. ln |x| < 0: ln |f (x)| ln |g(x)| ≥ . ln |x| ln |x| Nach (4.45) ist dies gleichbedeutend mit der Behauptung (4.59). – Wir beweisen mit diesem Lemma zunächst die

300

4. Phasen, Phasenübergänge

Rushbrooke-Ungleichung

α + 2β + γ ≥ 2 für H = 0 , T → Tc(−) .

(4.60)

Beweis Ausgangspunkt ist die Beziehung (2.82)

χT (CH − Cm ) = μ0 V

T β2H

= μ0 V T

∂M ∂T

2 . H

Wegen Cm ≥ 0 folgt daraus die Ungleichung: 2

∂M CH ≥ μ0 T V χ−1 T . ∂T H

(4.61)

Beim Grenzübergang ε → 0 ist der Vorfaktor μ0 T V ein unwesentlicher Faktor, da er endlich bleibt. Wegen CH ∼ (−ε)−α ;

χT ∼ (−ε)−γ ; M ∼ (−ε)β

folgt mit dem Lemma (4.59): −α ≤ 2(β − 1) + γ . Dies ist die Behauptung (4.60). Es spricht einiges dafür, dass die Rushbrooke-Ungleichung (4.60) sogar als Gleichung gelesen werden kann. Experimentelle Resultate deuten daraufhin, für die klassischen Theorien (α = 0, β = 1|2, γ = 1) gilt das Gleichheitszeichen sogar streng. Letzteres trifft auch für das d = 2-Ising-Modell (α = 0, β = 1|8, γ ≈ 7|4) zu und wird vom d = 3-Ising-Modell approximativ, aber sehr glaubwürdig bestätigt. Die Skalenhypothese macht ebenfalls aus (4.60) eine Gleichung. Man kann sich leicht klar machen, dass das Gleichheitszeichen in (4.60) genau dann gilt, wenn R = lim

Cm

ε→0 CH

<1

(4.62)

ist. Man beachte, dass R ≤ 1 wegen Cm ≤ CH stets gelten muss. Wir beweisen die Behauptung: 1. R = 1 Im kritischen Bereich sollte dann gelten: Cm ∼ 1 − (−ε)x (1 + . . . ) . CH

4.2

Phasenübergänge

301

Es muss dabei x > 0 sein. Das Minuszeichen garantiert Cm ≤ CH . Wir benutzen wiederum (2.82): 1−

Cm −1 = μ0 V T β2H χ−1 T CH . CH

(4.63)

Im kritischen Bereich liest sich diese Gleichung wie folgt: (−ε)x (1 + . . . ) ∼ (−ε)2(β−1)+γ +α (1 + . . . ) .

Das hat x = 2(β − 1) + γ + α zur Folge, sodass wegen x > 0

α + 2β + γ = 2 + x > 2 gefolgert werden muss. Die Rushbrooke-Beziehung ist deshalb für R = 1 eine echte Ungleichung. 2. R = 1 − y < 1 (y > 0) Der allgemeinste Ansatz für den kritischen Bereich ist nun: Cm = 1 − y(1 + εx + . . . ) ; CH

x>0.

Dies setzen wir in (4.63) ein: 1 − [1 − y(1 + εx + . . . )] ∼ (−ε)2(β−1)+γ +α .

Die linke Seite bleibt endlich und ungleich Null für ε → 0. Das ist nur dann denkbar, wenn der Exponent rechts gleich Null ist: 2 = 2β + γ + α . Das ist aber gerade die Rushbrooke-Beziehung (4.60) mit dem Gleichheitszeichen. Wir leiten als nächstes die Coopersmith-Ungleichung

ϕ + 2ψ −

1

δ

≥1

für

T = Tc ,

H → 0+

(4.64)

ab. Man beachte die Voraussetzung H → 0+ . Die Variable ist hier also nicht ε, sondern H. Die kritischen Exponenten ϕ und ψ kennen wir noch nicht: CH ∼ H −ϕ ;

S(Tc , H) ∼ −H ψ

[T = Tc ] .

(4.65)

302

4. Phasen, Phasenübergänge

Zum Beweis benutzen wir (4.58): H ∼ |M|δ sign M

⇒

M+ ∼ H 1|δ .

Das wird zusammen mit der Maxwell-Relation ∂M 1 ∂S V = → ∼ −H ψ−1 ∂T B0 μ0 ∂H T T=Tc in (4.61) eingesetzt. Dazu benötigen wir auch noch die isotherme Suszeptiblität χT , die wir nicht durch die Exponenten γ und γ beschreiben können, da diese auf einem anderen Weg der Zustandsänderung deﬁniert sind: 1 ∂M χTc = ∼ H δ −1 . ∂H Tc Für T = Tc und H → 0+ lässt sich (4.61) also wie folgt schreiben: H −ϕ (1 + . . . ) ≥

1 1 Tc H 2ψ−2 H 1− δ (1 + . . . ) . μ0 V

Mit dem oben bewiesenen Lemma (4.59) können wir auf −ϕ ≤ 2 ψ − 2 + 1 −

1

δ

schließen, woraus sich die Behauptung (4.64) ergibt. Wir wollen eine dritte wichtige Exponenten-Ungleichung ableiten, nämlich die so genannte Grifﬁths-Ungleichung

α + β(1 + δ) ≥ 2 für H = 0 , T → Tc(−) .

(4.66)

Nach Voraussetzung beﬁndet sich das System im Nullfeld. Für T = T1 ≤ Tc bezeichnen wir mit M1 = M1 (T1 ) deshalb die spontane Magnetisierung. M0 sei die Sättigungsmagnetisierung. Für die freie Energie gilt in der ferromagnetischen Phase: F(T1 , M) = F(T1 , 0) , falls M < M1 (T1 ). Dies bedeutet für die erste Ableitung nach M: ∂F = μ0 V H = 0 , ∂M T1 falls M < M1 (T1 ). Mithilfe der Maxwell-Relation ∂S ∂H (T , M) = −μ0 V (T , M) = 0 , ∂M T 1 ∂T M 1

(4.67)

4.2

Phasenübergänge

303

F

− M0

×

− M1

M1

×

M0 M T1 fest

H

− M0

− M1

M1

M0

M

Abb. 4.21. Freie Energie eines Ferromagneten als

Funktion der Magnetisierung M (oben; M1 : spontane Magnetisierung). Zustandsgleichung H–M für den Ferromagneten (unten)

falls M < M1 (T1 ), ergibt sich für die Entropie die Aussage: falls M < M1 (T1 ) .

S(T1 , M) = S(T1 , 0) ,

Wir deﬁnieren zwei neue Funktionen: f (T, M) = F(T, M) − F(Tc , 0) + (T − Tc )S(Tc , 0) ,

∂F S=− ∂T gilt offenbar auch:

s=−

∂f ∂T

(4.69) (4.70)

s(T, M) = S(T, M) − S(Tc , 0) . Wegen

(4.68)

M

. M

Nach Abschn. 4.2.1 ist F(T, M) als Funktion von T konkav. Da die zweiten Ableitungen von F und f nach T gleich sind, ist auch f (T, M) konkav. Dies nutzen wir nun aus. Die Gleichung der Tangente an die f (T, M1 )- Kurve in T1 lautet: ∂f fˆ T, M1 = f T1 , M1 + T − T1 T1 , M1 = ∂T M = f T1 , M1 − T − T1 s T1 , M1 . Da f als Funktion von T konkav ist, können wir weiter schließen: f T, M1 ≤ fˆ T, M1 ∀T .

304

4. Phasen, Phasenübergänge

Dies bedeutet speziell für T = Tc : f Tc , M1 ≤ f T1 , M1 − Tc − T1 s T1 , M1 . In diese Ungleichung setzen wir nun (4.67) und (4.68) ein: f Tc , M1 ≤ f T1 , 0 − Tc − T1 s T1 , 0 . Wir zeigen im nächsten Schritt, dass f (T1 , 0) ≤ 0 ist. Nach der Deﬁnition (4.70) ist s(Tc , 0) = 0, sodass f (T, 0) in T = Tc eine horizontale Tangente hat. Das bedeutet, da f konkav ist: f T1 , 0 ≤ f Tc , 0 = 0 . Die obige Ungleichung gilt also erst recht in der Form: f Tc , M1 ≤ − Tc − T1 s T1 , 0 .

(4.71)

Das ist nun endgültig die Ungleichung, die wir zur Abschätzung der Exponenten benutzen wollen. Wir beginnen mit der linken Seite. Fassen wir M1 als Variable auf, so gilt auf der kritischen Isotherme: H M1 , T = Tc ∼ M1δ . Wegen H=

1 μ0 V

∂F ∂M

= Tc

1 μ0 V

∂f ∂M

Tc

folgt weiter: f Tc , M1 ∼ M1δ+1 . M1 ist andererseits als spontane Magnetisierung auch Ordnungsparameter, sodass wir noch β M1 ∼ Tc − T1 ausnutzen können: β(δ+1) f Tc , M1 ∼ Tc − T1 .

(4.72)

Wir schätzen nun die rechte Seite von (4.71) ab, wobei wir mit dem kritischen Verhalten der speziﬁschen Wärme CH starten: −α ∂S CH = T ∼ Tc − T H = 0 ; T → Tc(−) . ∂T H

4.2

Phasenübergänge

305

Da sich T selbst unkritisch verhält, gilt auch: −α ∂S ∼ Tc − T ∂T H=0

T → Tc(−) .

Wir benötigen Aussagen über S = S(T, M) für M = 0: ∂S ∂S dS = dT + dM ∂T M ∂M T ∂S ∂S ∂S ∂M ⇒ = + . ∂T H ∂T M ∂M T ∂T H Nach (4.68) ist

sodass folgt:

∂S ∂T

∂S ∂M

T1 , M = 0 ,

falls M < M1 (T1 ) ,

T

∂S = ∂ T M=0

−α ∼ Tc − T H=0

T → Tc(−) .

Es ist deshalb: −α +1 −s T1 , 0 = S Tc , 0 − S T1 , 0 ∼ Tc − T1 . Dies bedeutet schließlich für die rechte Seite von (4.71): 2−α − Tc − T1 s T1 , 0 ∼ Tc − T1 .

(4.73)

(4.71) bis (4.73) ergeben nach Ausnutzen des Lemmas (4.59):

β(δ + 1) ≥ 2 − α . Damit ist die Grifﬁths-Ungleichung (4.66) bewiesen! Die klassischen Theorien (α = 0, β = 1|2, δ = 3) als auch das exakt lösbare d = 2Ising-Modell (α = 0, β = 1|8, δ = 15) lassen in (4.66) sogar das Gleichheitszeichen erwarten. 4.2.5 Skalenhypothese Der letzte Abschnitt ließ insbesondere die Frage offen, ob die exakten Exponenten-Ungleichungen vielleicht doch als Gleichungen zu lesen sind. Eine Reihe von Hinweisen darauf hatten wir bereits angeben können. Eine sehr starke Unterstützung ﬁndet diese Annahme von der nun zu besprechenden Skalenhypothese. Diese besteht in einem sehr einfachen Ansatz für die Struktur eines bestimmten thermodynamischen Potentials. Dieser Ansatz kann bislang noch nicht mathematisch streng begründet werden, erscheint jedoch in vieler Hinsicht plausibel. Es handelt sich aber nach wie vor um eine Hypothese.

306

4. Phasen, Phasenübergänge

Zur Formulierung der Skalenhypothese erinnern wir uns zunächst an den Begriff der homogenen Funktion, wie wir ihn in Abschn. 1.2, Bd. 2 kennen gelernt haben: f (x) ist homogen vom Grad m, falls für jedes λ ∈ R f (λ x) = λm f (x)

(4.74)

gilt. Ist eine solche Funktion in einem Punkt x0 =/ 0 bekannt, so ist f (x) überall bestimmt. Für jedes x gibt es nämlich ein eindeutiges λx mit x = λx x0 , sodass f (x) = λmx f (x0 ) gilt. Man sagt, dass f (x) mit f (x0 ) über eine einfache Skalentransformation zusammenhängt. Den Begriff der Homogenität erweitern wir nun für Funktionen mehrerer Variabler: 4.2.5

Definition 4.2.5 Man nennt f (x, y) eine

verallgemeinert homogene Funktion, falls für jedes λ ∈ R

f λa x, λb y = λ f (x, y)

(4.75)

gilt, wobei a und b beliebige reelle Zahlen sein dürfen. So ist zum Beispiel f (x, y) = x2 + 3y5 eine verallgemeinert homogene Funktion mit a = 1 | 2 und b = 1 | 5. Wir wollen nun am Beispiel der freien Enthalpie G(T, B0 ) eines magnetischen Systems (B0 = μ0 H) die Skalenhypothese formulieren. Wir interessieren uns hier nur für die bei Tc nicht-analytischen Anteile von G(T, B0 ). Alle anderen, unkritischen Terme seien abgetrennt: G(T, B0 )

−→

G(ε, B0 ) ;

ε=

T − Tc . Tc

Skalenhypothese (Homogenitätspostulat) G(ε, B0 ) ist eine verallgemeinert homogene Funktion, d. h. für jedes λ ∈ R gilt: G λaε ε, λaB B0 = λ G(ε, B0 ) . (4.76) Die Zahlen aε und aB werden nicht speziﬁziert, sodass die Skalenhypothese keine konkreten numerischen Werte für die kritischen Exponenten wird liefern können. Sie führt allerdings zu verschiedenen Relationen zwischen den Exponenten. Wie bereits erwähnt, lässt sich (4.76) nicht mathematisch exakt beweisen. Sie wird allerdings durch die so genannte Kadanoff-Konstruktion am Beispiel des Ising-Spin-Systems

4.2

Phasenübergänge

307

sehr plausibel gemacht. Auf diese können wir jedoch an dieser Stelle nicht näher eingehen. – Die Skalenhypothese wurde hier für die freie Enthalpie formuliert. Sie überträgt sich natürlich in gesetzmäßiger Weise auf die anderen thermodynamischen Potentiale. Wir werden nun zeigen, dass sich alle kritischen Exponenten durch aε und aB ausdrücken lassen. Das wird bedeuten, dass durch die Festlegung von zwei Exponenten alle anderen bereits bestimmt sind. Wir differenzieren (4.76) partiell nach B0 : ∂ ∂ λaB aB G λaε ε, λaB B0 = λ G(ε, B0 ) . ∂B0 ∂ λ B0 Nun gilt:

∂G = −m = −V M . ∂B0 Damit ergibt sich:

λaB M λaε ε, λaB B0 = λ M(ε, B0 ) .

(4.77)

Aus dieser Beziehung werden wir sehr weit reichende Schlussfolgerungen ziehen. 1. Exponent β Wir setzen in (4.77) B0 = 0: M λaε ε, 0 = λ1−aB M(ε, 0) . Das ist für jedes λ richtig, also auch für

λ = (−ε)−1|aε . Damit folgt: M(ε, 0) = (−ε)

1−aB aε

M(−1, 0) .

M(−1, 0) ist eine konstante Zahl. Für ε → 0− können wir also schreiben: M(ε, 0) ∼ (−ε)

1−aB aε

.

Der Vergleich mit (4.53) liefert:

β=

1 − aB . aε

(4.78)

(Wegen B0 = μ0 H bedeutet B0 = 0 natürlich auch H = 0.) Der kritische Exponent β ist also vollständig durch die Konstanten aB und aε festgelegt.

308

4. Phasen, Phasenübergänge

2. Exponent δ Wir setzen nun in (4.77) ε = 0 : M 0, B0 = λaB −1 M 0, λaB B0 und wählen speziell: | aB λ = B−1 . 0

Dies ergibt 1−aB a M 0, B0 = B0 B M(0, 1)

mit einer unbedeutenden Konstanten M(0, 1). Für ε = 0 und B0 → 0+ können wir demnach schreiben: 1−aB a M 0, B0 ∼ B0 B

aB B0 ∼ M 0, B0 1−aB .

⇐⇒

Der Vergleich mit (4.58) führt zu:

δ=

aB . 1 − aB

(4.79)

Über (4.78) und (4.79) sind aε und aB vollständig durch β und δ festgelegt: aB =

δ

1+δ

aε =

;

1

1

(4.80)

.

β 1+δ

Gelingt es uns, weitere Exponenten durch aε und aB auszudrücken, so wird das letztlich zu Relationen zwischen den kritischen Exponenten führen. 3. Exponenten γ , γ Für die Suszeptibilität χT muss

χT =

∂M ∂H

= μ0

T

∂M ∂B0

T

ausgewertet werden. Im kritischen Bereich können wir dazu wieder (4.77) verwenden, indem wir nach dem Feld B0 partiell differenzieren:

λ2aB

∂

∂(λaB

∂ M λaε ε, λaB B0 = λ M(ε, B0 ) . B0 ) ∂B0

Dies ergibt:

λ2aB χT λaε ε, λaB B0 = λ χT ε, B0 . Wir setzen B0 = 0 und wählen:

λ = (±ε)−1|aε .

4.2

Phasenübergänge

309

Dies ergibt:

χT (ε, 0) = (±ε)−

2aB −1 aε

χT (±1, 0) .

Die Konstante χT (±1, 0) ist im kritischen Bereich wiederum unbedeutend, aber eventuell unterschiedlich für T → Tc(−) und T → Tc(+) (kritische Amplitude). Der Vergleich mit (4.56) führt nun zu:

γ = γ =

2aB − 1 . aε

(4.81)

4. Exponenten α, α Die Wärmekapazität CH = CB0 benötigt die zweite Ableitung der freien Enthalpie nach der Temperatur: 2 ∂G T ∂2 G CH = CB0 = −T =− 2 . ∂T 2 B0 Tc ∂ε2 B0 Die Skalenhypothese (4.76) wird zweimal nach ε differenziert: ∂2 ∂2 λ2aε 2 G λaε ε, λaB B0 = λ 2 G(ε, B0 ) . ∂ε ∂ λaε ε Dies bedeutet:

λ2aε CH λaε ε, λaB B0 = λ CH (ε, B0 ) . Wir wählen nun B0 = 0 und λ = (±ε)−1|aε und erhalten damit: CH (ε, 0) = (±ε)−

2aε −1 aε

CH (±1, 0) .

Der Vergleich mit (4.51) legt die kritischen Exponenten α und α fest:

α = α =

2aε − 1 . aε

(4.82)

Ein typisches Resultat der Skalenhypothese besteht darin, dass sich für T → Tc(−) und für T → Tc(+) dieselben kritischen Exponenten ergeben. Gestrichene und ungestrichene Exponenten sind stets gleich (α = α ,γ = γ ). Ein zweites wichtiges Resultat der Skalenhypothese macht aus den thermodynamisch exakten Ungleichungen des letzten Abschnitts echte Gleichungen, die man dann Skalengesetze

310

4. Phasen, Phasenübergänge

nennt. Ein paar typische Beispiele wollen wir zum Schluss noch etwas genauer analysieren. Wir kombinieren (4.80) mit (4.82):

α = 2 − ⇒

1 = 2 − β(1 + δ) aε

α + β(1 + δ) = 2.

(4.83) (4.84)

Dies entspricht der Grifﬁths-Beziehung (4.66). Wenn wir die Gleichungen (4.80) und (4.81) zusammenfassen, so erhalten wir einen Zusammenhang zwischen β, γ und δ:

γ = 2 ⇒

aB 1 − = 2 β δ − β(1 + δ) = β δ − β aε aε

γ = β(δ − 1) .

(4.85)

Die zugehörige thermodynamisch exakte Ungleichung heißt: Widom-Ungleichung

γ ≥ β(δ − 1) .

(4.86)

Wenn wir dann noch (4.84) und (4.85) kombinieren, so folgt ein Zusammenhang zwischen α, β und γ :

α + 2 β + γ = 2 .

(4.87)

Diese Beziehung haben wir als thermodynamisch exakte Rushbrooke-Ungleichung (4.60) kennen gelernt. Es gibt noch eine Reihe weiterer thermodynamisch exakter Ungleichungen, die in der Konsequenz der Skalenhypothese zu echten Gleichungen werden. Dazu sei an dieser Stelle auf die Spezialliteratur verwiesen!

4.3

Aufgaben

311

4.3

4.3 Aufgaben Aufgabe 4.3.1 1. Berechnen Sie aus der Clausius-Clapeyron-Gleichung explizit die Dampfdruckkurve unter der vereinfachenden Annahme, dass für die Molvolumina in guter Näherung

vg >> vf ; vg ≈

2.

4.3.1

RT p

gilt. Ferner soll für die molare Verdampfungswärme QM ≈ const. angenommen werden dürfen. Der Dampf (gasförmige) Phase soll sich also praktisch wie ein ideales Gas verhalten. Bestimmen Sie den thermischen Ausdehnungskoefﬁzienten längs der Koexistenzlinie: 1 ∂V βKoex = . V ∂T Koex Sie können auch hier vg >> vf benutzen.

Aufgabe 4.3.2 Zwei koexistierende, d. h. im Gleichgewicht stehende, gasförmige Phasen mögen die thermischen Zustandsgleichungen

pV1 = α1 T ;

pV2 = α2 T

(α1 =/ α2 : Konstante)

erfüllen, so wie identische Wärmekapazitäten Cp(1,2) (T) ≡ Cp (T) besitzen. 1. Zeigen Sie, dass die Entropien der beiden Phasen dieselben Temperaturabhängigkeiten aufweisen: Si (T, p) = gi (p) + f (T) i = 1, 2 . 2.

Bestimmen Sie gi (p)! Bestimmen Sie die Steigung der Koexistenzkurve: d pkoex . dT

3.

Berechnen Sie explizit pkoex = pkoex (T) und zeigen Sie, dass die Umwandlungswärme längs der Koexistenzlinie konstant ist!

4.3.2

312

4.3.3

4. Phasen, Phasenübergänge

Aufgabe 4.3.3 Bringt man einen Supraleiter 1. Art in ein Magnetfeld H, so zeigt dieser den so genannten Meißner-Ochsenfeld-Effekt, d. h., abgesehen von einer zu vernachlässigenden Randschicht ist in seinem Innern

B0 = μ0 (H + M) = 0 . Überschreitet H eine von der Temperatur abhängige kritische Feldstärke, dann ﬁndet ein Phasenübergang in den normalleitenden Zustand statt. In guter Näherung gilt: 2 4 T T HC (T) = H0 1 − (1 − α) −α Tc Tc (Tc = Sprungtemperatur). 1. Berechnen Sie die Umwandlungswärme beim Phasenübergang mithilfe der Clausius-Clapeyron-Gleichung. Dabei kann die Magnetisierung der normalleitenden Phase (Mn ) gegenüber der der supraleitenden Phase (Ms ) vernachlässigt werden. 2. Berechnen Sie die Stabilisierungsenergie ΔG des Supraleiters:

ΔG = Gs (T, H = 0) − Gn (T, H = 0) 3.

(n: normalleitend, s: supraleitend). Benutzen Sie erneut Mn << Ms . Berechnen Sie die Entropiedifferenz

ΔS = Ss (T) − Sn (T) 4.

5. 6.

4.3.4

mithilfe von 2. Vergleichen Sie das Ergebnis mit dem aus Teil 1. Was folgt aus dem Dritten Hauptsatz für dHC ? dT T=0 Berechnen Sie die Differenz ΔC = Cs − Cn der Wärmekapazitäten. Klassiﬁzieren Sie den Phasenübergang.

Aufgabe 4.3.4 Eine physikalische Größe f verhalte sich im kritischen Bereich wie

f (T) = a T ln |T − Tc | + b T 2 . Wie lautet der zugehörige kritische Exponent?

4.3

Aufgaben

313

Aufgabe 4.3.5 Zeigen Sie, dass für Phasenübergänge zweiter Ordnung im Ehrenfest’schen Sinn nur kritische Exponenten ϕ = 0 möglich sind.

4.3.5

Aufgabe 4.3.6 Bestimmen Sie den kritischen Exponenten von

4.3.6

1. 2. 3.

f (T) = a T 5 | 2 − b , f (T) = a T 2 + c (T − Tc )−1 , f (T) = a |T − Tc | + d ,

a, b, c, d: Konstanten.

Aufgabe 4.3.7 Das Verhältnis der Wärmekapazitäten

R=

4.3.7

Cm CH

sei temperaturunabhängig. Zeigen Sie, dass das Gleichheitszeichen in der Rushbrooke-Beziehung

α + 2 β + γ ≥ 2 genau dann gilt, wenn R =/ 1 ist.

Aufgabe 4.3.8 Leiten Sie für ein magnetisches System aus der Skalenhypothese die folgende Beziehung für die Magnetisierung M ab: M(ε, H) = M ±1, (±ε)−βδ H . β (±ε)

4.3.8

Sehen Sie eine Möglichkeit, über diese Gleichung die Skalenhypothese experimentell zu überprüfen?

Aufgabe 4.3.9 Beweisen Sie mithilfe der Skalenhypothese die folgenden Exponenten-Gleichungen:

1.

γ (δ + 1) = (2 − α) (δ − 1) ,

2.

δ=

2−α+γ . 2−α−γ

4.3.9

314

4.3.10

4. Phasen, Phasenübergänge

Aufgabe 4.3.10 Berechnen Sie die kritischen Exponenten β, γ , γ und δ des van der Waals-Gases: 1. Zeigen Sie zunächst, dass sich die van der Waals-Zustandsgleichung in den reduzierten Größen

pr =

p − 1; pc

Vr =

V −1; Vc

ε=

T −1 Tc

wie folgt schreiben lässt: pr 2 + 7Vr + 8Vr2 + 3Vr3 = −3Vr3 + 8ε 1 + 2Vr + Vr2 . 2. 3. 4.

5. 6.

4.3.11

<

>

Wie verhält sich das reduzierte Volumen Vr für T → Tc und T → Tc ? Bestimmen Sie den kritischen Exponenten β. Zeigen Sie, dass auf der kritischen Isothermen 3 7 pr = − Vr3 1 − Vr + . . . 2 2 gilt. Bestimmen Sie den kritischen Exponenten δ. Leiten Sie über die Kompressibilität κT die Werte für die kritischen Exponenten γ und γ ab. Was kann über die kritischen Amplituden C und C ausgesagt werden?

Aufgabe 4.3.11 Untersuchen Sie das kritische Verhalten des isobaren thermischen Ausdehnungskoefﬁzienten 1 ∂V β= V ∂T p

für das van der Waals-Gas.

4.3

Aufgaben

315

Aufgabe 4.3.12 Diskutieren Sie das kritische Verhalten des Weiß’schen Ferromagneten (Abschn. 1.4.4). 1. Zeigen Sie, dass sich mit den reduzierten Größen

= M

M ; M0

b=

m B0 ; kB T

ε=

T − Tc Tc

(m: magnetisches Moment; M0 = N V m: Sättigungsmagnetisierung) die Zustandsgleichung wie folgt schreiben lässt: 3M =L b+ M ε+1 2. 3. 4.

(L(x) = coth x − 1x : Langevin-Funktion). Berechnen Sie den kritischen Exponenten β. Welchen Wert hat der kritische Exponent δ? Leiten Sie die kritischen Exponenten γ , γ ab und bestimmen Sie das Verhältnis C|C der kritischen Amplituden.

4.3.12

316

4.4

4. Phasen, Phasenübergänge

4.4 Kontrollfragen Zu Abschn. 4.1 1. Wie würden Sie den Begriff Phase deﬁnieren? 2. Erläutern Sie die Methode der Lagrange’schen Multiplikatoren. 3. Was gilt im thermodynamischen Gleichgewicht eines isolierten Systems aus π Phasen und α verschiedenen Komponenten für Temperatur T, Druck p und die chemischen Potentiale μ? 4. Wie lautet die allgemeine Gleichgewichtsbedingung für ein geschlossenes System mit p = const und T = const? 5. Wenn das geschlossene System aus mehreren Phasen und verschiedenen Komponenten besteht, und das bei T = const und p = const, was kann dann über die chemischen Potentiale im Gleichgewicht gesagt werden? 6. Nennen und erläutern Sie am Beispiel des H2 O die Gibb’sche Phasenregel. 7. Wie viele Phasen kann es maximal in einem System aus α Komponenten geben? 8. Skizzieren Sie die Ableitung der Clausius-Clapeyron-Gleichung. 9. Was gilt für einen Phasenübergang erster Ordnung? 10. Was versteht man unter der Maxwell-Konstruktion? 11. Worin besteht das unphysikalische Verhalten der van der Waals-Isothermen für T < Tc ? 12. Wie verlaufen die Isothermen des pV-Diagramms im Koexistenzgebiet von Dampf und Flüssigkeit? 13. Begründen Sie die Maxwell-Konstruktion. 14. Was versteht man unter der Hebelbeziehung? Zu Abschn. 4.2 1. Wozu wird die Umwandlungswärme beim Phasenübergang im Gas-FlüssigkeitsSystem benötigt? 2. Deﬁnieren und charakterisieren Sie einen Phasenübergang erster Ordnung. 3. Unter welchen Voraussetzungen gilt die Clausius-Clapeyron-Gleichung? 4. Wann nennt man eine Funktion f (x) konvex bzw. konkav? 5. Was versteht man unter den Stabilitätsbedingungen? 6. Welcher Zusammenhang besteht zwischen der Stabilität eines thermodynamischen Systems und den Konvexitätseigenschaften seiner Potentiale G(T, p) bzw. F(T, V)? 7. Wie manifestiert sich ein Phasenübergang erster Ordnung in der ersten partiellen Ableitung der freien Energie nach dem Volumen V? 8. Wie verändert sich die Umwandlungswärme ΔQ, wenn man längs der Koexistenzlinie auf den kritischen Punkt (Tc , pc ) zugeht? 9. Wie ist nach Ehrenfest die Ordnung eines Phasenübergangs festgelegt? 10. Welche Bedingungen erfüllt im Ehrenfest’schen Sinn ein Phasenübergang zweiter Ordnung? Nennen Sie Beispiele für einen solchen Übergang.

4.4

Kontrollfragen

317

11. Was versteht man unter den Ehrenfest-Gleichungen? 12. Welche Kritik an der Ehrenfest-Klassiﬁkation von Phasenübergängen drängt sich auf? 13. Wie verhält sich die speziﬁsche Wärme Cp bei einem Phasenübergang erster Ordnung? 14. Was sind die typischen Merkmale eines kontinuierlichen Phasenübergangs? 15. Warum sind Phasenübergänge zweiter Ordnung von besonderem physikalischen Interesse? 16. Wie lautet die allgemeine Deﬁnition eines kritischen Exponenten? 17. Mit welchen Einschränkungen sind kritische Exponenten universell? 18. Welches kritische Verhalten einer physikalischen Größe entspricht dem Exponenten ϕ = 0? 19. Welcher kritische Exponent beschreibt das Verhalten der Wärmekapazität? Welchen Wert nimmt er an bei einem Phasenübergang im Ehrenfest’schen Sinn (Diskontinuität bei T = Tc )? 20. Was ist der Ordnungsparameter eines Magneten? Welcher Exponent beschreibt sein kritisches Verhalten? 21. Nennen Sie typische Zahlenwerte für die kritischen Exponenten α, β, γ , δ. 22. Skizzieren Sie für das reale Gas und für den Magneten die kritische Isotherme. 23. Welches Verhalten beschreibt der kritische Exponent δ? 24. Welche kritischen Exponenten verknüpft die Rushbrooke-Ungleichung? 25. Was spricht dafür, dass die Rushbrooke-Ungleichung sogar als Gleichung gilt? 26. Wie lautet die Coopersmith-Ungleichung? 27. Was besagt die Grifﬁths-Ungleichung? 28. Was versteht man unter einer verallgemeinert homogenen Funktion? 29. Formulieren Sie für ein magnetisches System die Skalenhypothese. 30. Zu welchen physikalischen Aussagen führt die Skalenhypothese? 31. Kann man mit der Skalenhypothese konkrete numerische Werte für die kritischen Exponenten ableiten? 32. Welche Relationen werden als Skalengesetze bezeichnet? 33. Was sagt die Skalenhypothese über die kritischen Exponenten für die Übergänge T → Tc(−) und T → Tc(+) , z. B. über γ und γ , aus?

Lösungen der Übungsaufgaben

319

Lösungen der Übungsaufgaben Abschnitt 1.6 Lösung zu Aufgabe 1.6.1 1.

1.6.1

⇒

B(x, y) = − sin x cos y ⇒

df kein totales Differential .

2.

⇒

B(x, y) = cos x sin y

∂A ∂y

=

x

∂B ∂x

⇒

totales Differential .

y

3.

3 2

A(x, y) = x y

B(x, y) = −y3 x2 ⇒

∂A ∂y

x

=/

∂B ∂x

∂A = − sin x sin y , ∂y x ∂B = − sin x sin y ∂x y

⇒

A(x, y) = sin x cos y

⇒

∂A = cos x cos y , ∂y x ∂B = − cos x cos y ∂x y

⇒

A(x, y) = cos x sin y

⇒ ⇒

⇒

∂A = 2x3 y , ∂y x ∂B = −2y3 x ∂x y

kein totales Differential .

y

Lösung zu Aufgabe 1.6.2 Eine Lösungsmethode benutzt die Funktionaldeterminante (s. Aufg. 1.5.1, Bd. 1). Wir wählen hier einen alternativen Weg. Wir lösen die Funktionalrelation nach x bzw. y auf:

⇒

x = x(y, z) ; y = y(x, z) ∂x ∂x dx = dy + dz , ∂y z ∂z y ∂y ∂y dy = dx + dz . ∂x z ∂z x

1.6.2

320

Lösungen der Übungsaufgaben

Zusammenfassen: ∂x ∂y ∂y ∂x dx = dx + dz + dz ∂y z ∂x z ∂z x ∂z y ∂x ∂y ∂x ∂y ∂x ⇒ dx 1 − = dz + . ∂y z ∂x z ∂y z ∂z x ∂z y Zwei Variable sind frei wählbar ⇒ dx, dz beliebig ⇒ Koefﬁzienten müssen verschwinden: ∂x ∂y 1− =0, ∂y z ∂x z ∂x ∂y ∂x + =0. ∂y z ∂z x ∂z y Daraus folgt: 1.

2.

∂x ∂y

z

⇒

1.6.3

∂y ∂z

∂x ∂y

∂x ∂y

= z

=− x

z

∂y ∂z

1

.

∂y ∂x z

∂x ∂z

x

1 1. = −

∂z ∂x y

y

∂z ∂x

= −1 . y

Lösung zu Aufgabe 1.6.3 1. Ausgangspunkt ist das zweidimensionale Wegintegral B I(C) = α(x, y) dx + β(x, y) dy . A(C)

Wähle Z = α(x, y) ex + β(x, y) ey dr = dx ex + dy ey . Damit gilt:

B

I(C) = A(C)

Z · dr .

Lösungen der Übungsaufgaben

321

C1 und C2 seien zwei beliebige Wege in der xy-Ebene zwischen A und B. C1 und −C2 bilden dann einen geschlossenen Weg C in der xy-Ebene: Z · dr .

I(C1 ) + I(−C2 ) = I(C1 ) − I(C2 ) = C

Die rechte Seite läßt sich mit dem Stokes’schen Satz auswerten: ∂β ∂α Z · dr = rot(Z) · df = − e · df . ∂x ∂y z C FC FC Es gilt also:

I(C1 ) − I(C2 ) = FC

∂β ∂α − ∂x ∂y

df .

Dies bedeutet:

∂β ∂α = ⇒ I(C1 ) = I(C2 ) . ∂x ∂y Da C und damit FC beliebig sind, kann aber auch gefolgert werden: I(C1 ) = I(C2 ) ⇒

∂β ∂α = . ∂x ∂y

Zusammengefaßt ergibt das die Bedingung für Wegunabhängigkeit des Integrals: I(C1 ) = I(C2 ) ⇐⇒

∂β ∂α = . ∂x ∂y

Das ist gleichbedeutend damit, dass Z · dr = α(x, y) dx + β(x, y) dy ≡ dF ein totales Differential darstellt. Anders ausgedrückt: dF =

∂F ∂F dx + dy = α(x, y) dx + β(x, y) dy ∂x ∂y

ist genau dann ein totales Differential, wenn

∂α ∂β = ∂y ∂x 2.

gilt. Man erkennt, dass dF = α(x, y) dx + β(x, y) dy ein totales Differential darstellt:

∂α ∂β = 2yex = . ∂y ∂x

322

Lösungen der Übungsaufgaben

Damit ist das Integral IAB wegunabhängig. Die Fragestellung ist also sinnvoll. dF ist das totale Differential zu F(x, y) = y2 ex sodass gilt IAB = F(1, 1) − F(0, 0) = e . 3.

Wegen

∂α ∂β 2 x = 2ex =/ =y e ∂y ∂x ist δF nun kein totales Differential. Das Integral IAB ist wegabhängig. Die Fragestellung ist also nicht sinnvoll, da die Wegangabe fehlt.

1.6.4

Lösung zu Aufgabe 1.6.4 Mit obiger Lösung zu Aufg. 1.6.2:

κT = − β=

1 V

1 V

∂V ∂p

∂V ∂T

=− T

=− p

1 V

∂p ∂V

−1 , T

1 1 = ∂p V ∂T ∂p V

∂V T

∂p 1 ∂T ∂p = − V = κT . V ∂p ∂T V ∂V T

1.6.5

Lösung zu Aufgabe 1.6.5

∂T ∂p

= − V

∂p ∂V

T

∂V ∂T

−1 p

∂V ∂p V κT = − T = ∂V Vβ ∂T p

Kettenregel ⇒

∂T ∂p

⇒

= V

V ap + nR nR

T = T(V, p) =

Vp a 2 + p + G(V) . nR 2nR

Lösungen der Übungsaufgaben

323

Zusätzlich muss noch gelten: ∂T 1 p p = = = + 0 + G (V) ∂V p V β n R n R G (V) = 0

⇒

⇐⇒

G(V) = const = T0 .

Damit lautet die Zustandsgleichung: pV +

1 2 a p = n R T − T0 . 2

Lösung zu Aufgabe 1.6.6 1. Die Isotherme der van der Waals-Zustandsgleichung n2 p + a 2 (V − n b) = n R T V

1.6.6

hat am kritischen Punkt einen Wendepunkt: 2 ∂p ∂p ! = = 0; ∂V Tc ∂V 2 Tc p=

∂p ∂V

∂2 p ∂V 2

nRT n2 −a 2 , V − nb V

=− T

= T

nRT n2 + 2 a , (V − n b)2 V3

2nRT n2 − 6a 4 . 3 (V − n b) V

Dies bedeutet: 2a

n2 n R Tc = ; Vc3 (Vc − n b)2

6a

n2 2 n R Tc = . Vc4 (Vc − n b)3

Division der linken durch die rechte Gleichung: 1 1 Vc = (Vc − n b) ⇒ 3 2 n2 n R Tc = 2 a 4 n2 b2 27 n3 b3

Vc = 3 n b , ⇒

R Tc =

8a . 27 b

pc folgt dann direkt aus der van der Waals-Gleichung: pc =

8an 1 a − 27 b 2 n b 9 b2

⇒

pc =

a . 27 b2

324

Lösungen der Übungsaufgaben

Damit folgt für die Konstanten: a= 2.

9R Tc Vc ; 8n

b=

Vc . 3n

Aus 1. folgt: pc V c =

3 n R Tc . 8

Division der van der Waals-Gleichung durch diesen Ausdruck: a n2 nb 8 π+ v− = t, pc V 2 Vc 3 a n2 27 n2 b2 3 = = 2 V 2 pc V2 v 3 1 8 π+ 2 v− = t : v 3 3

⇒

Gesetz von den korrespondierenden Zuständen.

3. 1 κT = − V

∂p ∂V

−1 . T

Nach 1. gilt:

Bei V = Vc :

∂p ∂V

⇒

∂p ∂V

T

V

=− T,V=Vc

9 n R T 9 n R Tc + 4 Vc2 4 Vc2

4 Vc 1 κT V = Vc = 9 n R T − Tc

p

Vc

nRT 9 R n2 = − + Tc Vc 3 . 2 4 n V V − 13 Vc

Abb. A.1.

> T → Tc .

Lösungen der Übungsaufgaben

325

>

4.

Der Zusatz T → Tc ist wichtig, weil sich nur dann die Voraussetzung V = Vc realisieren lässt. κT divergiert wie (T − Tc )−1 . Am kritischen Punkt genügt eine beliebig kleine Druckänderung, um ein endliches Volumen von Gas nach Flüssigkeit zu überführen (Kondensation!). Stichworte: Phasenübergang zweiter Ordnung, Universalitätshypothese, kritischer Exponent γ = 1. Nach Aufg. 1.6.4 gilt:

β = κT

∂p ∂T

∂p ∂T

nR = V − nb

V

, V

⇒

∂p ∂T

= V=Vc

3nR . 2 Vc

Damit zeigt β dasselbe kritische Verhalten wie κT :

2 1 . 3 T − Tc

β = β T, V = Vc =

Lösung zu Aufgabe 1.6.7 1. Man setze

1.6.7

b b¯ = ; NA

a¯ =

a . kB T NA2

Dann gilt: −1 −¯aρ p = kB T ρ 1 − ρ b¯ e = ⎛ ⎞ !∞ " ∞ 1 = kB T ρ b¯ ν ρν ⎝ (−¯a)μ ρμ ⎠ = μ ! ν=0 μ=0 ! = kB T ρ 1 +

∞

" Bn ρ

n

,

n=1

Bn = ⇒

n 1 ¯ n−μ b (−¯a)μ μ ! μ=0

1 a b− . B1 = b¯ − a¯ = NA RT

Boyle-Temperatur TB : ! B1 TB = 0

⇒

TB =

a . Rb

326

2.

Lösungen der Übungsaufgaben

Van der Waals: p = N kB T(V − n b)−1 − a

n2 = V2

−1 = ρ kB T 1 − b¯ ρ − kB T a¯ ρ2 = ! " ∞ n = ρ kB T 1 + Bn ρ n=1

⇒

1 a B1 = b¯ − a¯ = b− ; NA RT

Bn =

b NA

n für n ≥ 2 .

Dieterici: B1 wie beim van der Waals-Modell. Abweichungen treten ab B2 auf: Bn =

μ n a 1 b n−μ − . μ! NA kB T NA2 μ=0

Bei hohen Temperaturen bleibt nur der μ = 0-Term. Dann ergibt sich dasselbe Resultat wie im van der Waals-Modell. Bedeutung der Parameter: Van der Waals: a ρ2 ∼ Binnendruck, b N ∼ Eigenvolumen. Dieterici: vij : Wechselwirkungspotential, r : Abstand. a. b ist wie im van der Waals-Modell ein Maß für das Eigenvolumen der Moleküle, die beim idealen Gas als mathematische Punkte angesehen werden. Die Teilchenabstoßung sorgt für ein hard core-Potential. b. Bei größerem Abstand setzt eine Anziehung der Teilchen durch gegenseitige elektrische Polarisation der Atomhüllen ein, mit der eine Tendenz zum gebundenen Zustand verbunden ist, der dann keine Gefäßwand mehr benötigen würde. Das bedeutet auf jeden Fall eine Druckabnahme. Diese Tendenz wird im Dieterici-Modell näherungsweise durch die Exponentialfunktion beschrieben: a ρ ∼ mittlere Wechselwirkungsenergie (Aktivierungsenergie).

Lösungen der Übungsaufgaben

327

vij

(α)

(β)

r

„hard core“

3.

Abb. A.2.

Die Zustandsgleichung p = kB T ρ 1 − ρ b¯ e−¯a ρ wird natürlich dann physikalisch unsinning, wenn eine Teilchen-Verdichtung (⇐⇒ Anwachsen von ρ) wegen der Exponentialfunktion auf eine Druckerniedrigung führt. Vorzeichen-Erwartung: ∂p ≥0. Wegen κT = − V1

∂p ∂ρ

=

T

∂V ∂p T gilt:

T

∂ρ

∂p ∂V

T

∂V ∂ρ

T

−1 = V κT

∂ρ ∂V

−1 T

−1 N −1 = − 2 V κT V

N = const ⇒

∂p ∂ρ

= T

1

ρ κT

.

Es ist zu fordern (Stabilitätskriterium):

κT ≥ 0 , ansonsten würde das System kollabieren, wäre also mechanisch instabil. 4. ⇒ ⇒

∂p ∂ρ

∂p ∂ρ

T

b¯ = + p − a¯ p = p ρ 1 − ρ b¯ p

!

=0

⇒

!

1 − a¯ ρ 1 − ρ b¯

kB T0 (ρ) = a∗ ρ 1 − ρ b¯

"

a∗ =

T0

kB T0 (ρ) : Parabel mit Nullstellen bei ρ = 0 und ρ =

1 . b¯

a NA2

328

Lösungen der Übungsaufgaben

Als unphysikalisch muss man das Gebiet 1

ρ> ¯ b ¯ bezeichnen, da dann T0 < 0 bzw. ∂p | ∂ρ T < 0 ist. In etwa bedeutet ρ > 1 | b, dass das Eigenvolumen der Moleküle größer als das Gasvolumen ist. kBT0

× 1b

× 1 2b

0

ρ

Abb. A.3.

Maximum: kB kB

! dT0 = a∗ 1 − ρ b¯ − a∗ b¯ ρ = a∗ 1 − 2 ρ b¯ = 0 dρ

d 2 T0 = −2 a∗ b¯ < 0 dρ2 ρ = ρc

⇒

⇒

Maximum,

a∗ kB Tc = kB T0 ρC = . 4 b¯ Der Vergleich mit 1. ergibt: TB = 4 Tc . Die Materialkonstanten a, b sind aus den kritischen Daten bestimmbar! a∗ =

a 2 kB Tc = , 2 ρC NA

b 1 b¯ = = . NA 2 ρC 5.

Unphysikalisch ist das Gebiet ρ > 2 ρC T > Tc

∂p ∂ρ

!

=p T

⇐⇒

p<0

1 a∗ − ρ 1 − ρ b¯ kB T

" >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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

⇒

∂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+

.

Lösung zu Aufgabe 1.6.9

⇒ 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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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.

Lösungen der Übungsaufgaben

4.

335

Isothermen: B0 T>TC

–m0

m

+m0 T
T=TC

Abb. A.7.

Das sehr einfache Modell liefert bereits eine qualitativ gute Beschreibung des Ferro/Paramagneten. Im eingefärbten Bereich sind die Isothermen allerdings unphysikalisch (s.1)) und sind dort durch das lineare Stück der m-Achse von −mS bis +mS zu ersetzen (s. Maxwell-Konstruktion beim van der Waals-Gas, Abb. 1.4).

Abschnitt 2.9 Lösung zu Aufgabe 2.9.1 1. Erster Hauptsatz (Gase!):

2.9.1

dU = δQ + δW = δQ − p dV , ∂U ∂U U = U(T, V) ⇒ dU = dT + dV ∂T V ∂V T

∂U ∂U δQ = dT + + p dV . ∂T V ∂V T

⇒

Integrabilitätsbedingung:

∂ ∂V

⇒

∂U ∂T

∂ ∂U ∂V ∂T

!

= V T

∂ ∂T

∂ = ∂T !

V T

∂U ∂V

∂U ∂V

+p T

T

V

∂p + ∂ T V

dU total, also !

0=

∂p ∂T

. V

Das ist ein Widerspruch, also ist δQ kein totales Differential!

. V

336

2.

Lösungen der Übungsaufgaben

Ideales Gas:

⇒

δQ = CV dT + p dV .

∂U =0 (Gay-Lussac), ∂V T ∂U = CV = const ∂T V a) μ = μ(T) so wählen, dass dy = μ δQ totales Differential

∂ ∂ ! ⇐⇒ CV μ = (μ p) ∂V ∂T T V

⇐⇒

∂ 0= (μ p) ∂T

V

dμ = p+μ dT

∂p ∂T

V

nR n R T dμ =− V V dT

⇐⇒

μ

⇐⇒

μ+T

dμ = d(μ T) = 0 dT

μ T = const .

⇐⇒

Konstante willkürlich gleich 1 gesetzt ⇒ integrierender Faktor: μ(T) = 1 | T. Damit ist dy =

δQ T

= dS ein totales Differential.

Entropie des idealen Gases: S(T, V) − S T0 , V0 = CV

T

dT + T

= CV ln

∂S ∂T

= V

CV ; T

∂S ∂V

p dV = T

V0

T0

Probe:

V

T V + n R ln . T0 V0

= T

nR p = . V T

b) μ = μ(V) so wählen, dass dy = μ δQ = μ CV dT + (μ p) dV ein totales Differential wird.

Lösungen der Übungsaufgaben

337

Integrabilitätsbedingung: CV

dμ ∂p nR =μ =μ dV ∂T V V

CV dμ dV = . nR μ V

⇐⇒ Ideales Gas:

n R = Cp − CV = CV (γ − 1) ;

γ=

Cp CV

d ln μ = (γ − 1) d ln V = d ln V γ − 1

⇒ ⇐⇒

d ln μ V 1 − γ = 0

μ(V) = V γ − 1

⇒

μ V 1 − γ = const , z. B. = 1

⇐⇒

dy = V γ − 1 δQ ;

⇒

T dy = CV V γ − 1 dT + (γ − 1) dV V

Lösung zu Aufgabe 2.9.2

2

2 p(V) dV = − const

1

= const

dV , Vn

(n =/ 1)

1

1 V2n−1

−

1

V1n−1

1 , n−1

const = p1 V1n = p2 V2n

ΔW =

1 (p2 V2 − p1 V2 ) . n−1

Ideales Gas:

ΔU = CV T2 − T1 = ⇒

CV p2 V 2 − p1 V 1 N kB

ΔQ ΔU − ΔW ΔU CV = =1− = 1 + (1 − n) = const . −ΔW −ΔW ΔW n kB

Spezialfall n = 1: p V = const ⇒

.

2.9.2

ΔW = −

⇒

⇐⇒

ΔU = 0 ⇒

Isotherme des idealen Gases

ΔQ =1. −ΔW

338

2.9.3

Lösungen der Übungsaufgaben

Lösung zu Aufgabe 2.9.3 Integration:

p V ln p = a ln V . p0

Das bedeutet:

p(V) = p0

V V0

V0

a

pV =

p0 a+1 V . V0a

Mit der Zustandsgleichung des idealen Gases pV p0 V 0 = T T0 folgt: V=

p0 V a+1 V T0 V a+1 T = V a+1 = V0a+1 a a p V0 V0 T V0 T0

und damit

V(T) = V0

T T0

1 a+1

V0 = V(T0 ) .

Erster Hauptsatz für geschlossenen Systeme: ∂U ∂U δQ = dU + p dV = dT + dV + p dV . ∂T V ∂V T Ideales Gas, Gay-Lussac: ∂∂U = 0: V T

δQ = cV dT + p dV . Wärmekapazität: δQ ∂V p V nR Ca = = CV + p = CV + = CV + . dT a ∂T a a+1 T a+1 Spezialfälle: a = 0 : p(V) = p0 = const.

isobar

Ca = CV + nR = Cp a → ∞ : V(T) = V0 = const.

isochor

Ca = CV a → −1 : pV = p0 V0 = const.

isotherm

Lösungen der Übungsaufgaben

339

γ

a → −γ : pV γ = p0 V0 = const. Ca = CV −

adiabatisch

nR

γ −1 nR Cp − CV

= CV − CV

= CV − CV = 0

Lösung zu Aufgabe 2.9.4 1. Nach (2.59) gilt allgemein:

2.9.4

∂U ∂V

=T

T

∂p ∂T

−p. V

Damit folgt:

∂U ∂V

=0

T

∂p ∂T

= V

p . T

Das bedeutet: p = p(T, V) = T f (V) . Gilt insbesondere für das ideale Gas. 2.

∂U ∂V

= bp = T T

∂p ∂T

−p V

b T 1 f (T) = f (T) − f (T) V V V

1 T (b + 1) f (T) = f (T) V V

df dT = (b + 1) f T

ln f (T) = (1 + b) ln T + c

f (T) ∝ T

1+b

oder f (T) = p0 V0

T T0

1+b .

340

2.9.5

Lösungen der Übungsaufgaben

Lösung zu Aufgabe 2.9.5 Adiabate bedeutet δQ = 0 und damit dS = 0 (Isentrope). p dS=0 dT=0

A

C1

B

C2

V

Abb. A.8.

Für die Isotherme muss gelten dT = 0. Falls es wie in der Skizze zwei Schnittpunkte A und B gibt, so gilt offenbar:

ABA

δW = −

ABA

p dV =/ 0 .

Erster Hauptsatz:

δW = dU − δQ = dU − T dS . Damit folgt:

ABA

δW =

T dS (da dU totales Differential)

( dU − T dS) = − ABA

ABA

=−

T dS − C1

= −T ∗

T dS (da C2 Adiabate, Isentrope)

T dS = − C2

C1

dS (da C1 Isotherme) C1

= −T ∗ S(A) − S(B)

(da dS totales Differential).

A und B liegen auf derselben Isentrope, d. h. S(A) = S(B). Damit verschwindet das Integral:

ABA

δW = 0 .

Das steht im Widerspruch zur obigen Abbildung, die also falsch sein muss. Isothermen und Adiabaten schneiden sich höchstens einmal.

Lösungen der Übungsaufgaben

341

Lösung zu Aufgabe 2.9.6 1.

Cm =

∂U ∂T

2.9.6

m

folgt direkt aus dem Ersten Hauptsatz, s. (2.19). Wir nutzen noch (2.20) aus:

∂U ∂m CH = Cm + − μ0 H . ∂m T ∂T H Curie-Gesetz: m=VM=V ⇒

∂m ∂T

= −V H

C H T

C M2 H = −V . T2 CH

Dies ergibt, oben eingesetzt: ∂U ∂U ∂m V 2 CH = + +μ M , ∂T m ∂m T ∂T H 0 C ∂U ∂U U = U(T, m) ⇒ dU = dT + dm . ∂T m ∂m T Dies bedeutet:

∂U ∂T

=

H

Also bleibt die Behauptung:

∂U ∂T

CH = 2.

Es gilt:

∂m ∂H

m

∂U ∂T

= ad

+

∂U ∂m

+ μ0

H

∂m ∂T

∂m ∂T

T

. H

V 2 M . C

ad

∂T ∂H

. ad

Wir bestimmen die beiden Faktoren separat: a) Erster Hauptsatz: dU = δQ + μ0 H dm = ∂U ∂U = dT + dm , ∂T m ∂m T

δQ = 0, da Zustandsänderung adiabatisch! ∂U ∂U ⇒ dT = μ0 H − dm . ∂T m ∂m T ad ad

342

Lösungen der Übungsaufgaben

Dies bedeutet:

∂m ∂T

= ad

Cm . μ0 H − ∂∂Um T

b) Erster Hauptsatz: 0 = δQ = dU − μ0 H dm , jetzt: U = U(T, H); m = m (T, H). Damit folgt: ∂U ∂m ∂U ∂m 0= − μ0 H dT + − μ0 H dH . ∂T H ∂T H ∂H T ∂H T Nach Teil 1. ist die erste Klammer gerade gleich CH : ∂M ∂U CH dT = μ0 H V − dH = ∂H T ∂H T ∂U = μ0 V M(T, H) − dH . ∂H T Daran liest man ab:

dT dH

=

μ0 m (T, H) − CH

ad

a) und b) kombiniert ergibt die Behauptung:

∂m ∂H

=

ad

∂m ∂T

ad

∂U ∂H T .

∂U ∂T Cm μ0 m − ∂H T . = ∂H ad CH μ0 H − ∂U ∂m

T

2.9.7

Lösung zu Aufgabe 2.9.7 1. Die Wand ist thermisch isolierend, deswegen läuft rechts ein adiabatischer Prozess. Mit den Adiabaten-Gleichungen des idealen Gases (2.24), (2.25) folgt dann (γ = Cp | CV bekannt!):

ΔWr = −

Vr

Vr p dV = −const 1

V0

V0

γ

dV const1 1 − γ 1−γ = − V − V , r 0 Vγ 1−γ γ

const 1 = p0 V0 = pr Vr ⇒

ΔWr = −

−N kB 1 pr Vr − p0 V0 = Tr − T0 . 1−γ 1−γ

Lösungen der Übungsaufgaben

343

Jetzt noch Tr durch Anfangsdaten festlegen: γ 1−γ

γ 1−γ

Tr pr

⇒

Tr = T0

(1 − γ ) | γ

= T0 p0

⇒

Nk T ΔWr = − B 0 1−γ

⇒

ΔWr =

p0 pr

p0 (1 − γ ) | γ pr

−1

N kB T0 (γ − 1) | γ 3 −1 > 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

Lösungen der Übungsaufgaben

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 .

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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 .

Lösungen der Übungsaufgaben

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.

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösung zu Aufgabe 2.9.18

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

" =

Lösungen der Übungsaufgaben

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.

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

C δQ*<0 Block

T*

Abb. A.9.

Wirkungsgrad der Carnot-Maschine:

ηC = 1 −

T∗ δQ∗ δQ∗ δQ0 =1+ 0= ∗ + T0 δQ0 T T0

δQ∗ =

T∗ (−δQ0 ) = −Cp dT ∗ . T0

Im letzten Schritt haben wir ausgenutzt, dass der Prozess insgesamt isobar erfolgen soll und dass δQ∗ negativ zu zählen ist. Wir können nun auﬁntegrieren: T0 T0 T0 δQ∗ dT ∗ ΔQ2 = δQ0 = −T0 = C T . p 0 ∗ T∗ TU TU T TU Das ergibt:

ΔQ2 = Cp T0 ln 3.

T0 . TU

(a) Entropieänderung für Prozess 1) Das Bad gibt bei T = T0 Wärme reversibel ab: (1) ΔQ T ΔS/ WB = − 1 = −Cp 1 − U . T0 T0

358

Lösungen der Übungsaufgaben

Der Block nimmt irreversibel Wärme auf, um seine Temperatur von TU auf T0 zu steigern. Um seine Entropieänderung zu berechnen, benötigen wir einen ,,reversiblen Ersatzprozess“. Das ist aber gerade der Prozess 2). Deshalb

ΔS/ (1) = Block

ΔQ2 T0

= Cp ln

T0 . TU

Gesamte Entropieänderung:

ΔS(1) = Cp −1 +

TU T0 + ln T0 TU

>0

da ln x − 1 + 1|x > 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

Lösung zu Aufgabe 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 .

Lösungen der Übungsaufgaben

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,

ΔWca = −pa (Va − Vc ) = −pa Va 1 −

pb pa

>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

Lösungen der Übungsaufgaben

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 −1 +1

=

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

Lösung zu Aufgabe 2.9.24 1. Temperaturen: Auf den Adiabaten gilt: T p(1 − γ ) | γ = const

2.

(1 − γ ) | γ

⇒

Tc p2

⇒

Ta − Td = Tb − Tc

(1 − γ ) | γ

= Td p1

p2 p1

;

(1 − γ ) | γ

T b p2

(1 − γ ) | γ

= Ta p1

(1 − γ ) | γ .

Wärmemengen:

ΔQab = ΔQcd = 0 ,

ΔQbc = Cp Tc − Tb > 0

Tc > Tb folgt aus der Zustandsgleichung! ,

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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 ,

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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 =

Lösung zu Aufgabe 2.9.28 1.

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 .

Lösungen der Übungsaufgaben

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.

Lösung zu Aufgabe 2.9.29

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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, V1

ΔW23 = 0 , da dV = 0 , ΔW34 = −

V1 p(V) dV = −n R T1 ln V2

V1 >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 .

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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.

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

5.

ΔL = α Z

371

1 1 − T2 T1

falls α > 0 ,

<0,

−ΔW ΔU =1− <1, ΔQ ΔQ ΔU = C T2 − T1 ,

da sich beim Erwärmen auch die innere Energie ändert,

β=

ΔQ =

T2

CZ dT = C T2 − T1 − α Z

T1

⇒

6.

β=

1 1 + αCZ 2 T1 T2

2

1 1 − T2 T1

<1.

Die zugeführte Wärmemenge wird also nicht ausschließlich für mechanische Arbeit verwendet! Wärmeisoliert ⇒ Adiabaten-Gleichung verwendbar (s. 2.). 2 L1, 2 − L0 T L1, 2 = D exp , 2αC L2 > L1 ⇒ T L2 > T L1 . Der Faden erwärmt sich also.

Lösung zu Aufgabe 2.9.34 1. Der Carnot-Prozess besteht aus zwei Isothermen und zwei Adiabaten. Als Wärmekraftmaschine arbeitet er genau dann, wenn er einem Wärmereservoir Wärme entzieht und einen Teil davon für eine Arbeitsleistung verbraucht: !

δW < 0 ;

δQ > 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.

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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.

Lösung zu Aufgabe 2.9.36 1.

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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− <0. CK T ∗ Hr

Lösungen der Übungsaufgaben

377

(m) 4. Das ist nun die Situation von 2b., für die wegen CK >> 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 <0. 2 CK T ∗

⇒

Auch jetzt ergibt sich eine Abkühlung! 5a. Der Prozess 3. ist irreversibel, und zwar der Wärmeaustausch zwischen Momentensystem und Kristall (Teil 2.). Der Prozess 4. ist reversibel. Das Gesamtsystem ist thermisch isoliert:

ΔQ = ΔQ(m) + ΔQK = 0 . Allgemein gilt in einem solchen Fall: dS ≥

δQ T

=0,

„=“ für reversibel; „>“ 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

Lösungen der Übungsaufgaben

⇐⇒

( 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

Lösungen der Übungsaufgaben

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 .

Lösung zu Aufgabe 3.9.2

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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.

Lösung zu Aufgabe 3.9.9 1.

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

.

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

∂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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösung zu Aufgabe 3.9.11

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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!

Lösung zu Aufgabe 3.9.13 1.

∂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) .

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösung zu Aufgabe 3.9.14 1.

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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.

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösung zu Aufgabe 3.9.18 1.

3.9.18

U = U(S, V, A) , dU = δQ + δW ,

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

404

Lösungen der Übungsaufgaben

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) .

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

∂G V= ∂p

3.9.19

∂GV = ∂p T, A

Lösung zu Aufgabe 3.9.19 1.

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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 .

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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.

Lösung zu Aufgabe 4.3.4

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|

Lösungen der Übungsaufgaben

419

Lösung zu Aufgabe 4.3.6 1.

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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!

Lösungen der Übungsaufgaben

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

Lösungen der Übungsaufgaben

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. <

T → Tc

⇐⇒

<

ε→0:

Wir wissen, dass die Lösung Vr = 0 instabil ist. Für das reduzierte Volumen des van der Waals-Gases gilt deshalb: √ √ √ Vr(±) = −4 ε ± 2 −ε 1 − 4 ε ∼ ±2 −ε . 3.

β bestimmt das Verhalten des Ordnungsparameters (4.52): Δρ 1 ρ− − ρ+ Vc V + − V − = = = 2 ρC 2 ρC 2 V− V+ 1 = 2

Vc Vc − V− V+

1 = 2

!

1

1

"

− ≈ Vr(−) + 1 Vr(+) + 1 1 1 ≈ 1 − Vr(−) − 1 − Vr(+) = Vr(+) − Vr(−) 2 2 √ Δρ ⇒ ∼ 2 −ε 2 ρC ⇒ 4.

β=

1 ; 2

kritische Amplitude B = 2 .

T = Tc heißt ε = 0. Dann lautet die Zustandsgleichung aus Teil 1.: −1 pr = −3 Vr3 2 + 7 Vr + 8 Vr2 + 3 Vr3 . Entwicklung für kleine Vr : 2 3 3 7 pr = − Vr 1 − Vr + 0 Vr . 2 2

5.

Der kritische Exponent δ ist durch (4.57) deﬁniert: p(0) c =n

R Tc 8 = pc . Vc 3

Dabei haben wir (1.17) ausgenutzt. Es ist also: p − pc 3 p 3 = − 1 = pr . (0) 8 p 8 c pc

Lösungen der Übungsaufgaben

423

Weiter gilt:

ρ Vc 1 −Vr −1= −1= −1= = ρC V Vr + 1 Vr + 1 = −Vr 1 − Vr + 0 Vr2 .

Auf der kritischen Isothermen gilt also, wenn wir Teil 4. ausnutzen und für p → pc Vr → 0 anwenden: 3 p − pc 9 ρ . ∼ − 1 (0) 16 ρC pc Der Vergleich mit (4.57) liefert:

δ=3; D= 6.

Kompressiblität:

9 . 16

1 ∂V 1 ∂Vr κT = − = − Vc , V ∂p T V ∂p T p 1 dpr = d −1 = dp , pc pc 1 Vc ∂Vr κT = − . V pc ∂pr T

Normierungsfaktor:

κ(0) Tc =

1 p(0) c

=

Vc 3 = . n R Tc 8 pc

Im letzten Schritt haben wir wieder (1.17) ausgenutzt: κT 8 1 ∂Vr = − . 3 Vr + 1 ∂pr T κ(0) Tc

Nach Teil 1. gilt: −9 Vr2 + 16 ε 1 + Vr ∂pr = − ∂Vr T 2 + 7 Vr + 8 Vr2 + 3 Vr3 . / −3 Vr3 + 8 ε 1 + 2 Vr + Vr2 7 + 16 Vr + 9 Vr2 − . 2 2 + 7 Vr + 8 Vr2 + 3 Vr3 a) T > Tc →

ρ = ρC , d. h. Vr = 0

⇒

∂pr ∂Vr

T Vr = 0

= 8 ε − 14 ε = −6 ε

⇒

κT 4 −1 = ε . 9 κ(0) Tc

424

Lösungen der Übungsaufgaben

Das gilt sogar überall auf der kritischen Isochoren (Vr = 0), nicht nur für T > Tc . →

γ=1; C=

⇒

4 . 9

b) T < Tc →

Im kritischen Bereich gilt jetzt nach Teil 2.: Vr2 ≈ −4 ε . Dies bedeutet:

∂pr ∂Vr

ε→0

≈

1 1 (36 ε + 16 ε) − 56 ε = 12 ε , 2 4 1 −→ 1 . Vr + 1 ε→0

Es bleibt somit:

κT 8 1 2 ∼− = (−ε)−1 . (0) 3 12 ε 9 κTc

Durch Vergleich mit (4.55) folgt:

γ = 1; C =

4.3.11

Lösung zu Aufgabe 4.3.11 Kettenregel

⇐⇒

∂V ∂T

(V β) ⇒

p

∂T ∂p

2 1 = C. 9 2

V

∂p ∂V

= −1 T

1 − = −1 V κT V ∂p β = κT . ∂T V

∂T ∂p

Für das van der Waals-Gas gilt speziell: nR β = κT . V − nb Der Klammerausdruck verhält sich analytisch für T → Tc , sodass das kritische Verhalten von β dem der Kompressiblität κT entspricht.

Lösungen der Übungsaufgaben

425

Lösung zu Aufgabe 4.3.12 1. Nach (1.28) lautet die Zustandsgleichung des Weiß’schen Ferromagneten: B0 + λ μ0 M M = M0 L m , kB T

m λ μ0 M M = kB T M0

N 2 V m λ μ0 (1.26)

=

kB T

M

3 kB C λ kB T

(1.30)

=

M

3 Tc . T

Damit folgt unmittelbar: 3M =L b+ M . ε+1 2.

L(x) = (1 | 3)x − (1 | 45)x3 + 0(x5 ) B0 = 0

⇒

b=0,

T < Tc

⇒

sehr klein. M

→

Dann gilt: ≈ M ⇒

ε

ε+1

3 M 3 M − ε + 1 5 (ε + 1)3

≈−

2 3 M 5 (ε + 1)3

⇒

5 2 ≈ − ε (ε + 1)2 . M 3

Da (ε + 1)2 → 1 für T → Tc gilt, folgt: 5 ∼ M (−ε)1 | 2 . 3 Wie beim van der Waals-Gas ist somit:

β= 3.

Kritische Isotherme: T = Tc ; ⇒

1 . 2

B0 → 0

und b sehr klein. ε=0; M

Dies bedeutet:

⇒

1 1 − 3 b+M b + 3M 3 45 3 ≈ (15 b)1 | 3 15 b ≈ b + 3 M ⇐⇒ b + 3 M

⇒

≈ (15 b)1 | 3 − b ≈ (15 b)1 | 3 , 3M

≈ M

da b → 0 .

4.3.12

426

Lösungen der Übungsaufgaben

Dies ergibt 3 3 b∼ M 5 und führt auf den kritischen Exponenten

δ=3. 4.

∂M χT = ∂H

M0 μ0 m = kB T

T

∂M ∂b

T, b = 0

3 = λ(ε + 1)

sehr klein: Im kritischen Bereich ist M ∂L ∂x 1 1 2 = − x ∂b ∂b 3 15 b=0

∂M ∂b

. T, b = 0

+ ...

b=0

2 ∂M 3 ∂M 1 1 9M = 1 + − + ... ∂b b = 0 ε + 1 ∂b b = 0 3 15 (ε + 1)2

⇒

2 2 ∂M 1 9 M 1 9 M · 1 − + = 1 − . ∂b b = 0 ε + 1 5 (ε + 1)3 3 5 (ε + 1)2

→ 0: T → Tc bedeutet M

∂M ∂b

≈ T, b = 0

1 1 . 2 3 ε +9 M ε+1 5 (ε+1)2

a) T > Tc : →

≡ 0, sodass mit (ε + 1) −−−→ 1 folgt: Oberhalb Tc ist M T → Tc

∂M 1 ∼ ε−1 . ∂b 3

Dies bedeutet für die Suszeptiblität: 1

χT ∼ ε−1 λ

⇒

γ=1.

b) T < Tc : →

2 ∼ 5 | 3(−ε) einzusetzen: Nach Teil 2. haben wir nun M

χT ∼

1 (−ε)−1 2λ

⇒

γ = 1 .

Für die kritischen Amplituden ergibt sich wie beim van der Waals-Gas: C =

1 C. 2

Sachverzeichnis

427

Sachverzeichnis Abstand − lichtartiger, 30 − raumartiger, 29 − zeitartiger, 29 Additionstheorem − für die Relativgeschwindigkeiten, 24 − für Geschwindigkeiten, 23 Adiabaten, 185 Adiabatengleichung, 186 d’Alembert-Operator, 47, 69 Amplitude − kritische, 297, 309 Äquivalenz von Masse und Energie, 54 Äquivalenzpostulat, 14, 87 Arbeit, 164 − differentielle, quasistatische, 164 Arbeitsaustauschkontakt, 150 Ätherwind, 10 Ausdehnungskoefﬁzient, 254 − isobarer, thermischer, 206 Austauschkonstante, 162 Avogadro-Konstante, 156 Binnendruck, 157 Biot-Savart’sches Gesetz, 81 Boltzmann-Konstante, 155 Boyle–Mariotte’sches Gesetz, 155 Bragg-Williams-Modell, 289 Carnot-Kreisprozess, 190 Celsius-Skala, 155 Clausius’sche Aussage, 189 Clausius’sche Ungleichung, 200 Clausius-Clapeyron-Gleichung, 279 Coopersmith-Ungleichung, 301 Coriolis-Kraft, 7 Curie-Gesetz, 161 Curie-Temperatur, 163 Curie-Weiß-Gesetz, 164 Dampfdruck, 283 Dampfdruckkurve, 279 Dieterici-Gas, 172 Differential

− totales, 165 Divergenz, 47 Drosselversuch, 243 Durchmischung − irreversible, 239 Ehrenfest-Gleichungen, 290 Ehrenfest-Klassiﬁkation, 287 Eichtransformation, 68 Eigenvolumen, 157 Eigenzeit, 21, 48 Einheitstensor vierter Stufe − antisymmetrischer, 74 Einstein-Oszillatoren, 263 Einsteins Summenkonvention, 19 Energie − freie, 231, 249, 281 − innere, 180, 230 − relativistische kinetische, 52 Energie des freien Teilchens − relativistische, 53, 60 Enthalpie, 232 − freie, 250 Entmagnetisieren − adiabatisches, 255, 262 Entropie, 179, 197, 200, 247, 252 Ereignis, 27, 47 Ersatzprozess − reversibler, 201, 240 Erzeugende, 229 Expansion des idealen Gases − isotherme, 202 Exponent − kritischer, 292 Exponenten-Ungleichungen, 299 Faktor − integrierenden, 165 Feldstärke-Tensor, 71 − dualer, 73, 85 − kontravarianter, 85 − kovarianter, 85 Ferromagnetismus, 163

W. Nolting, Grundkurs Theoretische Physik 4. DOI 10.1007/978-3-642-24481-0 © Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2012

428

Sachverzeichnis

Fluktuationen − kritische, 292 Funktion − konkave, 284 − konvexe, 284 − verallgemeinerte homogene, 306 Galilei-Transformation, 8 Gas − ideales, 155, 182, 204, 245 Gaskonstante − allgemeine, 156 Gesetz von den korrespondierenden Zuständen, 159 Gibb’sche (freie) Enthalpie, 233 Gibb’sche Phasenregel, 277 Gibb’sches Paradoxon, 243 Gibb’sches Potential, 250 Gibbs-Duhem-Relation, 236, 278 Gleichgewicht, 150, 275 Gleichzeitigkeitskriterium, 19 Gradient, 47 Grifﬁths-Ungleichung, 302 Grundrelation der Thermodynamik 202, 229, 247 Hamilton’sches Prinzip, 86 − kovariantes, 87 Hauptsatz − Dritter, 145, 253 − Erster, 145 − Nullter, 145, 153 − Zweiter, 145, 189, 201 Hebelbeziehung, 282 Heraufziehen eines Index, 46 Herunterziehen eines Index, 46 Homogenitätsrelationen, 234, 235 Impuls − kanonischer, 92 Inertialsystem, 5, 7 Integrabilitätsbedingungen, 165 Invariante des elektromagnetischen Feldes, 71, 75, 76, 86 Inversionskurve, 245 irreversibel, 203

Isotherme − des Ferromagneten, 296 − des realen Gases, 296 − kritische, 298 Isothermen, 185 Joule-Thomson-Koefﬁzient − differentieller, 244 Joule-Thomson-Prozess, 243 Kadanoff-Konstruktion, 306 Kelvin’sche Aussage, 189 Kelvin-Skala, 155 Koexistenzgebiet, 281 Koexistenzkurven, 278 Koexistenzlinie, 279 Kompressibilität, 297 − isotherme (adiabatische), 206 Kontinuitätsgleichung, 66, 67, 84 Konzentrationen, 276 Kraftgleichung − kovariante, 86 Kreisprozess, 152, 199 − reversibler, 191 Längenkontraktion, 22 Ladung − elektrische, 84 Ladungsdichte, 66 Lagrange’sche Bewegungsgleichung, 86 − kovariante, 87 Lagrange’sche Multiplikatoren, 274 Lagrange’sche Parameter, 274, 276 Lagrange-Funktion, 86 Langevin-Funktion, 161 Legendre-Transformation, 231 Lichtkegel, 26, 28 Lichtsignal, 27 Lorentz-Eichung, 69 Lorentz-Invariante, 26 Lorentz-Kraft, 81, 83 Lorentz-Transformation, 15 − Spezielle, 16 Lorenz-Bedingung, 68 Lorenz-Eichung, 84

Sachverzeichnis

Magnetisierung, 161 − spontane, 162 Magnetisierungsarbeit, 167, 168 Masse − relativistische, 53 − schwere, 6 − träge, 6 Matrix der Speziellen Lorentz-Transformation, 17 Maxwell-Gleichungen, 65, 67, 85 − homogene, 75 − inhomogene, 72 Maxwell-Konstruktion, 159, 280, 281 Maxwell-Relationen, 230 Michelson-Morley-Experiment, 9 Minkowski-Diagramm, 27 Minkowski-Kraft, 50, 51, 64, 82, 86, 91 Minkowski-Raum, 15, 26 Mischungsentropie, 239, 242 Molwärme, 183 Nernst’scher Wärmesatz, 252 Newton’sche Fiktion, 7 Newton-Mechanik, 6 Ordnungsparameter, 297 Paarerzeugung, 54 Paarvernichtung, 54 Paramagnet, 160 Paramagnetismus, 163 perpetuum mobile − erster Art, 180 − zweiter Art, 188 Phase − homogene, 159 Phasen, 273 Phasenübergänge − zweiter Ordnung, 288 Phasenübergang, 283 − diskontinuierlicher, 290 − erster Ordnung, 280, 284, 290 − kontinuierlicher, 291 − nter Ordnung, 288 − zweiter Ordnung, 291 Phasendiagramm, 277

429

Photon, 186 Photonengas, 186, 205 Potential − chemisches, 181 − skalares, 67 − thermodynamisches, 230 Potentiale des idealen Gases − thermodynamische, 236 Potenzgesetz-Verhalten, 292 Prozess, 152 Punkt − kritischer, 158, 278 Punktladung − bewegte, 77 quasistatisch, 152, 167 Quasiteilchen, 186 Raum − absoluter, 7, 13 − relativer, 7 Raumachse, 27 Relativität der Gleichzeitigkeit, 19 Relativitätstheorie − Allgemeine, 6 − Spezielle, 6, 14 Relaxationszeit, 151 Response-Funktionen, 205, 288 reversibel, 202 Ruheenergie, 52, 60 Ruheladungsdichte, 66 Ruhemasse, 53 Rushbrooke-Ungleichung, 300 Sättigungsmagnetisierung, 161 Scheinkraft, 7 Schmelzkurve, 277 Skalarprodukt, 44 Skalengesetze, 310 Skalenhypothese, 305, 306 Skalentransformation, 306 Spindimensionalität, 293 Spur einer Matrix, 44 Stabilitätsbedingungen, 285 Stefan-Boltzmann-Gesetz, 205

430

Sachverzeichnis

Stoß − elastische, 55 Strahler − schwarzer, 182, 186 Stromdichte, 66 Sublimationskurve, 277 Supraleiter, 289 Suszeptibilitäten, 297 Suszeptiblität − isotherme (adiabatische), 209 System − geschlossenes, 149, 181, 275 − isoliertes, 180, 247, 273, 275 − isoliertes (abgeschlossenes), 149 − offenes, 181 − thermodynamisches, 149 Teilchen − kräftefreies, 87 Teilchen im elektromagnetischen Feld − geladenes, 90 Temperatur, 145, 153 − absolute, 155 Temperaturskala − absolute, thermodynamische, 194 Tensor − erster Stufe, 41 − gemischter, 42 − k-ter Stufe, 40 − kontravarianter, 42 − kontravarianter metrischer, 45 − kovarianter, 42 − kovarianter metrischer, 45 − metrischer, 44 − nullter Stufe, 40 − zweiter Stufe, 42 Tensorprodukt, 44 Theorien − klassische, 296 thermisch isoliert, 150 Thermometer, 154 Trägheitsgesetz, 7, 49 Trägheitskraft, 7 Tripelpunkt, 278 Umgebung, 190

Umwandlungswärme, 283, 287 Unerreichbarkeit des absoluten Nullpunkts, 255 Universalitätshypothese, 293 van der Waals-Gas, 156, 205, 245, 289 van der Waals-Isothermen, 280 van der Waals-Zustandsgleichung, 158 Variablen − natürliche, 230, 232–234 Vektorpotential, 68 Verdampfungskurve, 277 Verdampfungswärme, 287 − molare, 279 Verjüngung, 43 Vierer-Divergenz, 69 Vierer-Gradient, 70 Vierer-Impuls, 52 Vierer-Potential, 69, 84, 90 Vierer-Stromdichte, 67, 84 Vierer-Vektor, 15, 19 − kontravarianter, 41 − kovarianter, 41 − lichtartiger, 28 − raumartiger, 28 − zeitartiger, 28 Vierer-Wellengleichung, 69, 84 Virialentwicklung, 159 Virialkoefﬁzienten, 160 Volumenarbeit, 166 Vorzeichenkonvention, 164 Wärme, 145, 179 − speziﬁsche, 183 Wärmeaustauschkontakt, 149 Wärmebad, 150 Wärmekapazität, 182, 187, 253 − molare, 183 Wärmekapazitäten, 205, 296 Wärmekraftmaschine, 189 Wärmepumpe, 192 Weiß’scher Ferromagnet, 162, 289 Wellengleichungen, 69 Welt-Geschwindigkeit, 47, 48 Welt-Impuls, 52, 62

Sachverzeichnis

Welt-Skalar, 40 Welt-Tensor, 42 Welt-Vektoren, 41 Weltäther, 7 Weltlinie, 28, 47 Widom-Ungleichung, 310 Wirkungsgrad, 189 − Carnot-Maschine, 193 Zeit − absolute, 7, 13 Zeitachse, 27 Zeitdilatation, 21 Zentrifugalkraft, 7 Zustand, 151 Zustandsänderung, 152

431

− adiabatische, 185 − irreversible, 152 − isotherme, 187 − reversible, 152 Zustandsfunktionen, 151 Zustandsgleichung, 154 − des Ferromagneten, 162 − des idealen Gases, 156 − kalorische, 181 − thermische, 181 Zustandsgröße, 150 − extensive, 151, 234 − intensive, 151 Zustandsraum, 151 Zustandsvariablen, 150 − natürliche, 229