Hi!
bei T15 bekomme ich für die Zustandssumme
Z_{k} = \frac{L^{2N}}{h^{3N+1}}\sqrt{\frac{2\pi M}{\beta }}\left ( \frac{2\pi m}{\beta } \right )^{\frac{3N}{2}}\left ( \frac{1}{\beta M g} \right )^{N+1}
Das Problem ist, dass kein qk (Position des Kolbens) darin vorkommt, somit auch nicht in der freien Energie F und damit ist die partielle Ableitung von F nach V (für die therm. Zustandsgleichung) auch null.
Hat jemand eine andere Lösung?
Deine Zustandsumme ist falsch, glauch ich.
Du hast ein intefation fehler gemacht.
Statt, der (1/bMg)^(N+1) bei mir steht:(1/bMg)*(qk)^N
Viel Spass
hier noch die angaben…
5_290509.pdf (32.9 KB)
hi,
im hinweis steht doch, dass man die potentielle energie vernachlässigen soll, heißt das dann nicht, dass der mgz-Term im Hamilton vernachlässigt werden soll?? also H =\sum_{i=1}^{N} {p_i^2}/{2m}
lg
edit:
im anhang meine lösungen für t15 und t17, das 17er sollte passen, bzgl 15 s.o.
und bei t16 sind das harmonische oszillatoren oder wie??
T15_u_T17.pdf (331 KB)
also mich irritiert diesmal einiges…
zu T15:
also ich würde das eigentlich kanonisch-harmonisch rechnen. der kolben mit masse M wirkt ja wie ein druckbad. nur in der angabe ist halt kanonisch gefragt.
@racedREDO: wo steckt eigentlich die masse M in deiner rechnung?
wenn man in den hamiltionian die verschiebearbeit des kolbens mitaufnimmt so hätte man einen term Fs=Mgz=PL^2*z (P ist der Druck)
nur so als idee (habs noch nicht durchgerechnet)
außerdem denke ich, dass der druck eine konstante sein muss - also nicht von der temp abhängen darf, weil der kolben immer den gleichen druck von oben aufgrund seiner Masse ausübt. je höher die temperatur, umso höher steigt der kolben, weil sich das gas ausdehnt, aber der druck muss konstant bleiben…
mfg
ich hätte es auch kanonisch-harmonisch gerechnet!
wie bringe ich den kolben sonst rein? einfach ein therm mit dem mgz zum hamilton vom idealen gas dazuzählen? und wenn ja warum, das hat doch nichts mit den Teilchen zu tun, nur dass ich halt dann nur von 0 bis z integriere?
ich bin diesmal echt verwirrt
Hallo Leute
Hier gibt’s alle Beispiele durchgerechnet. Das war glaube ich die kürzeste Übung in meinem ganzen Studium.
5_Tutorium.pdf (396 KB)
Hi!
Wieso lasst ihr in der Hamilton-Funktion die kinet. und vor allem die potentielle Energie des Kolbens weg?
Lt. Angabe darf nur die pot. Energie der Teilchen vernachlässigt werden.
Bei Betrachtung als kanonisches Ensemble ist IMO der Kolben Teil des betrachteten Systems und gehört somit
im Hamiltonian berücksichtigt. (Bei der kanonisch-harmonischen Betrachtung würde ich den Kolben auch nicht
als Teil des Systems ansehen.)
T15.PDF (64.1 KB)
Paul du bist mein Held! =D>
wenn ich wüsst wer du bist, würd ich dir ein biertschi spendieren! 
Auch auf die Gefahr hin, dass ich jetzt was dümmliches übersehen habe, aber müsste nicht in deinem T15 das Integral über die Impulse zu einem (\frac{2m\pi }{\beta })^{\frac{3N}{\mathbf{2}}} werden?
lg Sty
@all:
Ich hab grade in den TUWIS News gelesen, dass beim Beispiel 15 statt der thermischen die kalorische Zustandsgleichung gefragt sein sollte.
Das geht so:
E=-\frac{\partial }{\partial \beta } ln(Z_{k}) =\frac{3N}{2} \frac{\partial }{\partial \beta } ln(\beta ) = \frac{3N}{2}\frac{1}{\beta } = \frac{3}{2}Nk_{b}T
@Styrakaar:
Ja, du hast recht. Danke. Ich hab das Halbe im Exponenten vergessen.
@Willi:
klingt gut. Ich werd mich in nächster Zeit mal per PN melden.
@KeKe:
Ich glaube nicht, dass man das so rechnen kann.
Selbst wenn man den Kolben einbezieht, sieht der Phasenraum immer noch so aus wie ich ihn definiert habe:
\Gamma = \Re ^{3N}\times \left [ 0,L \right ] \times \left [ 0,L \right ] \times \left [ 0,\lambda \right ]
Bei den Impulskoordinaten darf keine Dimension dazu kommen, weil wir uns das System im thermischen Gleichgewicht ansehen. Daher hat der Kolben keinen Impuls.
Die Hamiltonfunktion müsste dann folgendermaßen aussehen:
H= \sum_{i=1}^{N} \frac{\vec{p_{i}}^{2}}{2m}+Mg\lambda
Hier muss die Höhe des Systems eine Konstante sein, im Gegensatz zu einem System indem man die potenzielle Energie der Gasteilchen berücksichtigt, da die Gasteilchen wirklich jede Höhe erreichen können. Der Kolben muss immer an der gleichen Stelle bleiben (thermisches Gleichgewicht).
Somit kann ich den Nullpunkt der potenziellen Energie bei der Höhe Lambda wählen und der Kolben fällt ganz aus der Rechnung heraus.
Der Kolben bleibt also immer an der gleichen Stelle und hat keinen Impuls, das bedeutet, dass auch bei h^{ND} keine Dimension dazu kommen darf, da man ja auch bei den komplett analogen anderen Wänden des Systems auch nicht annimmt, dass eben diese unscharf sind.
Ich sehe keinen Unterschied zwischen dem gegebenen System und einem System, das von Haus aus unter Druck steht ohne das ein Kolben drauf liegt.
@Paul:
Ich denke, die Annahme, dass der Kolben wie eine fixe Wand zu behandeln ist, ist nicht richtig.
Bei zwei verschiedenen Temperaturen wird der Kolben in verschiedener Höhe zu finden sein.
Der Kolben ist ein beweglicher Teil des Systems und sollte daher wie ein (undurchdringliches) Teilchen
behandelt werden, d.h. er hat auch kinet. (für große N vielleicht vernachlässigbar) und
pot. Energie.
Zusätzlich gilt für die Gasteilchen, dass ihre z-Koordinate <= der (z-) Koordinate des Kolbens sein muss.
Also gibt es einen zusätzlichen Freiheitsgrad, der im Phasenraum (speziell im Konfigurationsraum interessant)
und in der Hamilton-Funktion berücksichtigt werden muss.
Was ich diesmal im Bsp 15 vermisse ist dieser kleinen Satz dass die Temperatur konstant ist. Wenn es so wäre da könnten wir kanonisch-harmonisch rechnen. Auf jeden Fall wenn die Temperatur nicht konstant ist ist die Höhe nicht immer konstant obwohl der Druck gleich bleibt. Ich glaube nicht dass wir den Kolben ein Impuls geben sollen (oder damit rechnen)…
@ Paul: Warum hast du einfach angenommen dass die Temperatur konstant ist(thermisches Gleichgewicht), und dass die Höhe immer gleich bleibt. Es ist praktisch natürlich aber…
zu T15:
Vielleicht stell ich mir das zu einfach vor, aber bedeutet der Kolben nicht einfach, dass, nachdem alles im Gleichgewicht ist, die Summe über alle Impulse in z-Richtung genau Mg\lambda sein muss? Sonst müsste sich der Kolben ja bewegen, womit eine kalorische ZS, wie ihr alle schon gesagt habt, nicht reichen würde.
Sprich, anstatt einer Summe über alle z-Impulse setzt man dann einfach die Potentielle Energie vom Kolben ein, oder?
Nachtrag: Womit Paul wieder recht haben müsste, weil ja dann einfach das normale integral über\int dp_{i,z} * e^{-\beta \sum_{i}^{N}\frac{ p_{i,z}^2}{2m}} , wenn man die Summe als Produkt vors Integral zieht, ja einfach gleich \int e^{-\beta *Mg\lambda}dp_{i,z}^N sein muss. Wenn man diese Identität verwendet, isses genau das gleiche, als ob man ganz regulär die Impulse von einem Idealen Gas ausrechnet.
Kann irgendwer bestätigen, dass das Sinn macht? [-o<
@shooter:
Die Annahme, dass sich das System im thermischen Gleichgewicht befindet ist die Grundannahme, um es überhaupt mit irgendeinem Ensemble rechnen zu dürfen. Sonst hätte man irgendwo noch einen Temperaturgradienten und Strömungen und alles würde wesentlich komplizierter werden.
@bone:
Ich bin mir grade nicht sicher, ob man die Energie des Kolbens in der Form in den Exponenten schreiben darf. Er ist ja nicht Teil des Systems (siehe unten). Man müsste dann ja für die potenzielle Energie von Lambda bis Lambda integrieren, wodurch das Integral dann sowieso wieder wegfällt.
@KeKe:
Du sagst es, für verschiedene Temperaturen ist der Kolben auf verschiedenen Höhen. Daraus folgt, dass er kein beweglicher Teil des Sytems ist. In dem Moment wo wir eine andere Temperatur betrachten, ist es ein anderes System.
=> thermisches Gleichgewicht
Überleg mal, über welchen bereich du die Energie des Kolbens aufintegrieren müsstest, um sie in deinen Hamilton übernehmen zu dürfen.
Für den Impuls der Teilchen, musst du von minus unendlich bis plus unendlich integrieren, da auch im thermischen Gleichgewicht jeder der Impulse erreicht werden kann. (Es könnte sich ja theoretisch der gesamte Impuls des unendlich großen Temperaturbades auf ein Teilchen im betrachteten System übertragen.)
Wenn du die potenzielle Energie der Teilchen berücksichtigen würdest, müsstest du von Null bis unendlich integrieren, da ja jedes Teilchen wieder aufgrund des gleichen Arguments wie vorhin, auch im thermischen Gleichgewicht theoretisch unendlich hoch kommen kann.
Der wesentliche Unterschied zum Kolben ist jetzt, das dieser im thermischen Gleichgewicht rein gar nichts macht. Er bewegt sich nicht und bleibt immer auf der selben Höhe. Das heißt du kannst seine Energie als Konstante betrachten. Wenn du jetzt der Einfachheit halber den Nullpunkt der potenziellen Energie bei der Höhe Lambda wählst, bist du fertig. Dann fällt er wie gesagt ganz aus der Rechnung raus.
Außerdem ist in deiner Zustandssumme die kinetische Energie des Kolbens in gleicher Weise von der Temperatur abhängig, wie die eines Gasteilchens, was nicht sein kann.
Nein, Teil des Systems isser sicher nicht. Aber die Identität muss ja trotzdem die gleiche sein, oder? Die tatsächliche Integration mach ich da ja auch gar nicht, ich sag einfach vorher, dass das äquivalent sein muss und damit im Hamilton wieder austauschbar.
Hallo Leute,
war Freitag leider nicht in der Übung, kann mir einer kurz sagen ob Pauls Lösungen grob so gestimmt haben wie er sie hochgeladen hat ??
Danke!
Puh, soweit ich mich erinnern kann hat das schon alles so ziemlich gepasst (halt kalorische statt thermische Zustandsgleichung). Was ich so gehört hab, haben aber nicht alle Gruppen das BSP 15 gleich gelöst, aber die Version vom Paul war auf jeden Fall auch dabei!
naja, so würd ich das nicht sagen…
in unserer gruppe wurde vom tutor schon eindringlich darauf hingewiesen, dass der kolben teil des systems ist.
man sieht ihn als eine art undurchdringliches teilchen an. er stellt eine obere schranke für die gasteilchen im konfigurationsraum dar.
Die Hamilton-Fkt ist gegeben durch
H=\sum_{i=1}^{N} \frac{p_{i}^{2}}{2m}+Mgh+\frac{p_{K}^{2}}{2M}
und der Phasenraum erhält 2 zusätzliche Freiheitsgrade -nämlich die des Kolbens (h und p_K)- über die dann auch integriert werden muss und sieht so aus:
\Gamma=R^{3N}\times([0,L]\times[0,L]\times[0,h])^{N}\times(R\times[0,\infty))
wobei der letzte Teil den Freiheitsgraden des Kolbens entspricht:
kinetische u potentielle Energie des Kolbens - Impuls kann jede reelle Zahl sein, und höhe geht von null bis unendlich.
das endergebnis ist: E=\frac{5N+3}{2}k_{B}T