Osztályozzuk a következő részecskéket a Fermi Dirac- és a Bose Einsteinstatisztika alapján: α-részecske, 3 He, H 2 molekula, pozitron, 6 Li + ion és 7 Li + ion A proton p), a neutron n), az elektron e ), és a pozitron e + ) fermionok A válaszokat úgy adhatjuk meg, hogy megvizsgáljuk, az egyes részecsklék hány fermionból állnak: α részecske = 2p + 2n = bozon, 3 He = 2p+n+2e = fermion, H 2 molekula= 2p+e ) = bozon, pozitron = e + = fermion, 6 Li + ion = 3p+3n+2e = bozon, 7 Li + ion = 3p+4n+2e = fermion 2 Számítsuk ki az 2 spinű részecskékből álló 3D ideális Fermi-gáz µ Fermipotenciálját és E belső energiáját 2 rendig abban az esetben, amikor a degeneráció megfelelően nagy A V térfogatú dobozban lévő szabad részecske Dε) állapotsűrűsége Dε) = 2V h 3 Z d ε 4πp 2 d p = 2 2πV dε ) 2m 3/2 h 2 ε /2, ahol p 2 = 2mε, a 2-es faktor pedig a spindegenráció következménye K-en az energiaállapotok az ε=µ szintig teljesen be vannak töltve µ meghatározható az Z µ Dε)dε = 4πV 2m h 2 ) 3/2 Z µ összefüggés alapján, ahol N a részecskeszám, így ) µ = h2 3N 3/2 2m 8πV ) 8π 2m 3/2 εdε = 3 V h 2 µ = N
2 Ez alapján Dε) = 3 2 Nε 2 µ 3 2 Véges hőmérsékleten az N = R fε)dε)dε összefüggést használva fε)dε)dε = 3 2 Nµ 3 2 A Bethe Sommerfeld sorfejtést ε gε) fε)dε = Z µ ε 2 fε)dε) = N ε gε)dε+ π2 6 k)2 g µ)+o k µ )4 ahol gε) folytonos, jól viselkedő függvény) alkalmazva, és ε = -t, illetve gε) = ε /2 -et behelyettesítve elsőrendben: µ µ ) 3 ) 2 [+ π2 k 2 + ] =, 8 µ tehát [ ) µ= µ + π2 k 2 ] 2/3 + 8 µ Közelítve +x) a +ax+ ): A belső energia: E = [ ) µ= µ π2 k 2 + ] 2 µ εdε) fε)dε = 3 2 Nµ 3/2 ε 3/2 fε)dε Ismét alkalmazva a Bethe Sommerfeld sorfejtést, elsőrendben: E = 3 ) µ 3/2 ) 5 N µ [+ 5π2 k 2 + ] µ 8 µ Felhasználva a µ-re kapott kifejezést: E = 3 5 Nµ [+ 5π2 k 2 µ ) 2 + ]
3 3 3 Mutassuk meg, hogy az ideális Fermi-gáz C V fajhőjére elegendően alacsony hőmérsékleten fennáll a C V = 3 π2 k 2 Dµ ) összefüggés, ahol Dε) egy részecske állapotsűrűsége K-en véges hőmérsékleten Z µ Dε)dε = N, Dε) fε)dε = N Alkalmazva a Bethe Sommerfeld sorfejtést: így N = Z µ Z µ Dε)dε+ 6 π2 k) 2 D µ)+, µ Dε)dε+ 6 π2 k) 2 D µ)+ = Alacsony hőmérsékleten µ µ µ,µ, így az előző egyenletet közelíthetjük: Így Hasonlóan sorfejtés után: E = Közelítve Z µ εdε)dε µ µ )Dµ )+ 6 π2 k) 2 D µ )+ = ε fε)dε)dε = Z µ µ µ 6 π2 k) 2 [ d dε lndε) ] Z µ ε=µ εdε)dε+ 6 π2 k) 2 [ d dε εdε) ] εdε)dε+µ µ )µ Dµ ) Z µ ε=µ + εdε)dε 6 π2 k) 2 µ D µ ),
4 az eredmény: Innen E Z µ C V = εdε)dε+ 6 π2 k) 2 Dµ ) ) E V 3 π2 k 2 Dµ ) 4 Egy mintában N darab elektron van, az elektronok állapotsűrűsége { D, ha ε > Dε) =, ha ε < a) Számítsuk ki a kémiai potenciált és a belső energiát K-en, N függvényében! Ellenőrizzük, hogy az energia extenzív mennyiség-e! b)n és segítségével adjuk meg annak feltételét, hogy a gáz nem degenerált! c)számítsuk ki a fajhőt és a kémiai potenciált alacsony hőmérsékleten erősen degenerált határeset)! Segítség: használjuk a Bethe-Sommerfeld sorfejtést!) így a) N = Z µ Dε)dε = Dµ, µ = N D Az energia E = Z µ εddε = Dµ2 2 = N2 2D, tehát, mivel az állapotsűrűség a térfogattal arányos D V), az energia extenzív mennyiség b) Nemdegenerált határeset feltétele: e βµ
4 5 Ekkor tehát a nemdegeneráltság feltétele N = e βµ e βε Ddε = e βµ Dk, e βµ = Dk N, jelentése: a k intervallumban sokkal több állapot kell, hogy legyen, mint ahány részecske van a rendszerben Más alakban felírva: Így k N D c) Bethe-Sommerfeld sorfejtés: Fε) fε)dε Z µ k µ, Z µ Fε)dε+ π2 6 k)2 F µ) E ) Dεdε+ π2 6 k)2 Dε) µ = 2 Dµ2 + π2 6 k)2 D A fajhő számításához szükséges a kémiai potenciál hőmérsékletfüggésének ismerete A részecskeszám normaintegrál): így N = Dε)dε e k ε µ) +, ) µ= µ + π2 d 6 k)2 dε lndε) ε=µ Alacsony hömérsḱleten a kémiai potenciál hőmérsékletfüggésétől eltekinthetünk: C ) = E = kπ2 3 Dk, a fajhő lineárisan indul Megjegyzés: Az eredményt a Bethe Sommerfeld sorfejtés nélkül is megkaphatjuk: βµ esetén [ Z µ Z µ ) Z ] dε N = D dε e βε µ) dε+ + µ e βε µ) = + [ Z µ Z dε ] = D µ e βε µ) + + dε µ e βε µ) + [ Z dy ] D µ e βy + + dy e βy = Dµ, +
6 és E = [ Z εddε µ Z µ Z e βε µ) + = D εdε ] εdε e βε µ) + εdε µ e βε µ) + [ Z ] D 2 µ2 + 2k) 2 xdx e x = + Az egyenlet első tagja nem függ a hőmérséklettől, így: 5 de d 3 π2 Dk 2 Mutassuk meg, hogy az ideális Fermi-gáz állapotegyenlete pv = 2 3 U = 2 Dµ2 + 6 π2 Dk) 2 alakban írható, és vezessük le a kompresszibilitásra vonatkozó képletet erős degeneráció esetén A nagykanonikus partíciós függvényt használva pv = k lnξ = k Dε)dεln+e βµ ε) ), ahol szabad elektronok esetén Dε) = Cε /2, 2 ) 3 Cµ2/3 = N,µ = h2 3N 2/3 2m 8πV Parciálisan integrálva: = )[ 3 2 Nk 3 µ 2 2 ) 3 pv = 2 Nk 2 µ 3 ε 2 dεln+e βµ ε) ) = 3 ε 3 2 ln+e βµ ε) ) = Nµ 3 2 ] + 2 ) 3 β ε 3 2 dεe βε µ) + ) = ε 3 2 dε fε) = 2 3 εdε) fε)dε = 2 3 E
6 7 Felhasználva az előző feladatban kapott energia kifejezést: ν V/N jelöléssel: Az előző feladat alapján µ = h2 2m 6 κ = V ) V p pv = 2 5 Nµ + π2 6 N k2 2 µ + p = 2 µ 5 ν + π2 k 2 2 6 µ ν + = ν ) p ν 3N 8πV ) 3/2 V 2/3, így a kompresszibilitás = [ 2 µ 3 ν + π2 k 2 2 ] 8 µ ν + = = 3 2 ν µ ) [ π2 k 2 + ] 2 µ Becsüljük meg a Fermi-energiát a) tipikus fémben lévő elektronokra b) tipikus fémben lévő nukleonokra a mag sugara R = r A 3, r = 2 5 m), A a nukleonok száma) c) He 3 folyadékban az egy atom által elfoglalt térfogat 462 3 m 3 ) A Fermi energia: ahol k F = ε F = ħ2 k 2 F 2m, 6π 2 N gv ) /3, g a spindegeneráció Mivel N = g k <kf ) Így a) N V 29 m 3,ε F 5eV
8 b) c) N V A r 3 A = r 3 45 m 3,ε F 8 ev ε F 3 ev 7 együk fel, hogy az elektronok között nincs kölcsönhatás! Milyen sűrű legyen az elektrongáz ahhoz, hogy a Fermi-felületen levő elektronok sebessége a fénysebesség fele legyen? ρ 35 m 3 8 Hogyan aránylik egymáshoz a proton- és az elektrongáz adott sűrűségen vett Fermi-hőmérséklete? k F = ε F = ħ2 6π 2 N ) 2/3, 2m gv ez alapján: F e p = m p F m e 9 Számítsuk ki a = K hőmérsékletű ideális Fermi-gáz nyomását!
9 = hőmérsékleten S =, így ) E p = V A teljes energia: N ħ2k2 E = g 2m = 3 5 Nε F = 3 5 N ħ2 6π 2 N ) 2/3, 2m gv k <k F ami alapján p = 2 N ħ 2 6π 2 N ) 2/3 5 V 2m gv Számítsuk ki a betöltési szám fluktuációját Fermi Dirac statisztika esetén! A betöltési szám: Így n = z i = e βε µ) + z = z i i n max e βµ ε i)n n= P i n) = eβµ ε i)n z i n i = np i n) = z i n z i βµ) 2 z i ni n j = δi j z i βµ) 2 + δ i j) n i n j n i n j n i n j = δ i j n i n i )
Számítsuk ki a betöltési szám fluktuációját Bose Einstein statisztika esetén! A betöltési szám: n i = e βε i µ) Az előző feladat számolását felhasználva a fluktuáció: n i n j n i n j = δ i j n i + n i ) 2 Számítsuk ki a betöltési szám fluktuációját Boltzmann statisztika esetén! Az előző feladathoz hasonlóan A fluktuáció: n i n j n i n j = δ i j n i + n i ) Boltzmann statisztika esetén n i e βµ ), így n i n j n i n j = δ i j n i 3 Mutassuk meg, hogy kétdimenziós ideális Bose-gázban nem léphet fel Bose Einstein kondenzáció! L x L y területű tartományban lévő ideális gázmolekulák energianívóira teljesül az alábbi összefüggés: εk x,k y ) = ħ2 2m k2 x + k 2 y) k x = 2πn x,k y = 2πn y,n x,n y =,±, L x L y Bose statisztika esetén a teljes részecskeszám N = i e ε i µ)/k,
4 ahol az összegzést az összes energianívóra kell elvégezni Feltéve, hogy L x és L y nagyok, az összegzés k térbeli integrálásra cserélhető: ahol k 2 = k 2 x + k 2 y Így Változócserével: N = L Z xl y 2π) 2 dk x dk y ), exp β ħ2 k 2 2m µ) N = L Z xl y 2π) 2 2π kdk ) = exp β ħ2 k 2 2m µ) Z m dε = 2πL x L y h 2 e βε µ) N = 2πL x L y mk h 2 dx e x βµ Látható, hogy µ esetben az integrál divergál, azaz µ megefelelő megválasztásával a részecskeszám állandónak tartható tetszőlegesen alacsony hőmérsékleten, így nem lép fel BEC 4 Mutassuk meg, hogy egydimenziós ideális Bose-gázban nincs kondenzáció! Az előző feladathoz hasonlóan a részecskeszám változócsere után felirható: ) N 2πmk /2 V = dx h 2 e x2 βµ Látható, hogy µ esetben az integrál divergál, azaz µ megefelelő megválasztásával a részecskeszám állandónak tartható tetszőlegesen alacsony hőmérsékleten, így nem lép fel BEC 5 Állandó hőmérsékleten milyen sűrűségnél következik be a Bose-kondenzáció az ideális Bose-gázban? Hogyan függ a sűrűségtől a kondenzált részecskék
2 száma? Három dimezióban az állapotsűrűség: gε) = ) 2m 3/2 2π 2 ħ 2 ε /2 Mivel a BEC megjelenését a kémiai potenciál zérussá válása jelzi, így a kritikus sűrűség: x ε k változócserével: N 2m V = 2π ħ 2 Ez alapján a kritikus sűrűség ) 3/2 dεε /2 e ε ) N 2mk 3/2 V = 2π dxx /2 ħ 2 e x ρ c 3/2 ρ > c esetén a kondenzátumban lévő részecskéket N ) külön kell választanunk így 6 N = N + n k, k N N = ρ c ρ A modellt a kölcsönható gázok egy leegyszerűsített leírására használjuk A térfogatot b nagyságú cellákra osztjuk, egy részecske állapotát azzal adjuk meg, melyik cellában található A merev gömböknek megfelelő rácsgázban a kölcsönhatás u i j = {, ha i = j, ha i j
7 3 alakú, ahol i és j a cellák indexe a) Határozzuk meg az állapotegyenletet! b) Számítsuk ki a viriálegyütthatókat! a) Mivel V b így számú cellában van N részecske, az állapotösszeg konfigurációs része: ) V/b Q = b N, N p k = V lnq = b ln Nb ) V Ritka gáz határesetben ρ= V N b ) visszakapjuk az ideális gázra vonatkozó állapotegyenletet ρ = b esetben p, mivel több részecskét nem tudunk elhelyezni az adott térfogatban b) Az állapotegyenlet ρ szerinti sorfejtéséből tehát a viriálegyütthatók: 7 p k = b n= Nb V B n = bn n ) n n, Szilárdtestben az atomok egyensúlyi helyzetük körül kis amplitúdójú rezgést végeznekn atom esetén 3N normálmódus van Az ω és ω+dω közti frekvenciájú módusok száma gω) = 3 V 2π) 3 4πk2 dk, és k = ω c, ahol c a hangsebesség Az állapotsűrűség: gω)dω = V 3ω2 2π 2 c 3 dω, a Debye-frekvenciát az összes módus száma határozza meg: 3N = Z ωd gω)dω
4 6π 2 ) N 3 ω D = c V Határozzuk meg a teljes energiát és a fajhőt és elemezzük a hőmérsékletfüggést! Az energia E = 3V Z ωd 2π 2 c 3 E N = 9k)4 ħω D ) 3 A Debye-függvényt használva ) E N = 3k D D = 3k dω e βħω ħω Z βħωd 3k[ π4 5 ahol D = ħω D k, Debye-hőmérséklet Így és ω2 t 2 dt e t ) 3 D 8 +, ha D ) 3, D +], ha D C V ) 3Nk C V ) Nk 3 A fajhő alacsony hőmérsékleten köbösen indul, majd magas hőmérsékleten belesimul a Dulong Petit törvény által megadott értékbe 8 Mutassuk meg, hogy a fotongáz kémiai potenciálja A tartályba zárt elektromágneses hullámokat rezgési normál módusoknak tekinthetjük Az i-edik normál módus frekvenciája ν i, n i a módus kvantumszáma Ekkor az n,n, ) kvantumszámokkal meghatározott hullám energiája En,n, ) = n i hν i i
9 5 Ez alapján a fotongáz kanonikus partíciós függvénye Z,V) = n = n = [ exp En ] ),n, ) = Π i e hν i k, k és n j = n j e n j n j = [ hν j k e n j n j = ] hν j k = e hν j k Ezek az egyenletek egy µ= kémiai potenciálú ideális gáz egyenletei Megjegyzés: Az eredmény egyszerűbben is megkapható: mivel a fotonok N számára nincsen megkötés, rögzített és V mellett a szabadenergiát a ) F = N,V összefüggés minimalizálja, amely pontosan megegyezik a kémiai potenciál kifejezésével: 9 F N = µ= Számítsuk ki átlagtér tér közelítésben egy Ising-ferromágnes szabadenergáját, fajhőjét, szuszceptibilitását a mágnesezettség függvényében! Molekuláris tér közelítésben S i S j = m 2 + ms i + ms j +S i m)s j m) m 2 + ms i + ms j Az állapotösszeg [ = exp S [ )] Z = exp β J S i S j B S i = S i, j i N zk ] 2 m2 +zkm+h) S i = e N zk 2 m2 [2chzkM + h)] N, i
6 ahol N a rácspontok száma, z az első szomszédok száma, K = k J,h = B m = S i = zkm+h) Így a szabadenergia: [ F = k lnz = N ] 2 zjm2 k ln[2chzkm+h)], a fajhő: C B = a szuszceptibilitás pedig 2 2 ) F 2 = N ) zj m B 2 m2 Bm = NzJm B) χ = ) M k) = B ch 2 zkm+h) zk Vizsgáljuk átlagtér tér közelítés segítségével, hogyan változik egy Ising-ferromágnes mágnesezettsége és szuszceptibilitása a fázisátalakulási ponthoz közeledve! ), B k, Mint az előző feladatban láttuk, mágneses tér nélkül m = th zjβm) x esetén thx) x, így zjβ < esetén az egyenletnek csak m = a megoldása, nincs spontán mágnesezettség magashőmérsékleti fázis) zjβ > esetben három megoldás van m =,m = ±m ), mely esetben az m ± megoldás minimalizálja a szabadenergiát, így spontán mágnesezettség jelenik meg a rendszerben A fázisátalakulás k c = zj pontban következik be A kritikus hőmérséklet alatt kicsi a mágnesezettség, így th zjβm) sorfejtése: m zjβm 3 zjβ)3 m 3 Ez alapján zjβ > -re ) 3 zjβ ) /2 m = zjβ) 3 c ) /2
2 7 A szuszceptibilitás megkapható mágneses tér nélkül) ) m k) χ = = B ch 2 zjβm)+zjβ > c esetén m =, így χ > k c ) < c esetén ch 2 -et sorbafejtve m 2 rendig: χ, 2k c ) A fázisátalakulási pontban a szuszceptibilitás divergál analóg módon a Van der Waals gáz kompresszibilitásának kritikus pontbeli divergenciájával 2 Vizsgáljuk az Ising modellt egy dimenzióban, periodikus határfeltétellel N részecske)! A partíciós függvény és a transzfermátrix segítségével határozzuk meg a szabadenergiát Vizsgáljuk a mágnesezettség határeseteit! A partíciós függvény: A transzfermátrix: Z N = s s 2 [ β = s s N exp ahol s,s = ± Ekkor [ exp s N N i= s ˆ s ss = exp ) = s ˆ s 2 s 2 ˆ s s 2 β N i= ] Js i s i+ + Hs i ) = εs i s i+ + ] 2 Hs i + s i+ )) [ βjss + ] 2 Hs+s )), Z N = s s 2 s2 s 3 sn s N sn s = s s N ) s 3 s 3 s N ˆ s = s 3 = s s N s = r N )
8 Kifejtve: + ˆ + = expβj + H)) ˆ = expβj H)) + ˆ = expβ J)), sajátértékei: ] λ ± = e [chβh) βj ± sh 2 βh)+e 4βJ Így Z N = r N ) = λ N + + λ N J > ferromágnes), >, így bármely H esetén λ + > λ, N esetén λ nem fontos, Z N λ N + Ekkor a szabadenergia: = NJ Nk ln F = k lnλ N +) = Nk λ + = [ ] chβh) + sh 2 βh)+e 4βJ A határesetek: MH =, ) = [ ] MH, ) = N 2exp 2βH + 2J)) MH = f ix, ) = N H k Curie-tv) MH = f ix, = f ix,j ) = N hőmérséklet nem veri szét a teljes rendet)
22 9 22 Mutassuk meg alkalmas transzformációval, hogy a rácsgáz modell leképezhető az Ising modellre! Egy dimenzióban rácsgáz modell Hamilton függvénye: H = µ n j ε n j n k, j jk ahol az egyes cellák betöltési száma n i =,, ε pedig a szomszédos cellák közötti kölcsönhatás Hogy belássuk az ekvivalenciát, változó transzformációt végzünk: n i s j + )/2 Ezzel a cserével H = µ 2 j s j + ) ε 4 jk s j + )s k + ) = = ε 4 s j s k ε 2 + µ 2 s j µ 2 jk jk j = ε 4 Nε j s k jk s 2 + µ ) 2 s j ε 4 jk = s j Nε j 4 Ez alapján látható az izomorfia a rácsgáz és az Ising modell között, a betöltött üres) cellának felfelé lefelé) álló spin felel meg, a csatolás: J = ε/4, a mágneses tér: h = Nε 2 + µ 2 az energiában megjelenő konstans járulék természetesen nem okoz gondot) 23 Egy kölcsönható gázban a részecskék közötti párpotenciál a következő: u ha r < r u ur) = ha r r < αr, egyébként ahol u > és α > a) Írja fel a gáz állapotegyenletét a viriálsorfejtés első nemtriviális tagjáig! b) Ebben a közelítésben számítsa ki azt a hőmérsékletet, ahol a nyomás megegyezik az ugyanolyan hőmérsékletű és sűrűségű) ideális gáz nyomásával! Milyen α ra létezik ilyen hőmérséklet?
2 Megoldás a) A viriálegyüttható: ahol B 2 ) = 2π Az állapotegyenlet: ) e βur) r 2 dr ) = 2π e βu r 3 ) 3 2π e βu r 3 α 3 ) 3 = V e βu + α 3 ) )) e βu, 2 p = nk B + n 2 k B B 2 ) = nk B n 2 k B V 2 V = 4πr3 3 e βu + α 3 ) )) e βu b) Keressük azon hőmérsékletet, melyre B 2 ) = = e β u + α 3 ) ) e β u =, ahol β = /k B Bevezetve az x = e β u > ) jelölést, a α 3 ) x 2 α 3 x+ = másodfokú egyenlethez jutunk, melynek megoldásai x 2 = α3 ± α 6 4α 3 ) 2α 3 ) = α3 ± α 3 2 2α 3 ) = α 3, ha α 3 2 x = a triviális megoldást jelenti Figyelembevéve az x > feltételt, nemtriviális megoldás csak α < 3 2 esetén létezik: β u = ln α 3 ) = = k B lnα 3 ) α = 3 2 esetén x = x 2 = ) u
24 2 24 Egy kölcsönható gázban a molekulák között ható párpotenciált a következő függvény írja le: u >,r > r ) ur) = u lnr/r ) ha < r < r ha r r, a) Írja fel a gáz állapotegyenletét a viriálsorfejtés első nemtriviális tagjáig! b) Ebben a közelítésben és az u /k B határesetben számítsa ki azt a hőmérsékletet, ahol a nyomás megegyezik az ugyanolyan hőmérsékletű és sűrűségű ideális gáz nyomásával! Mi a feltétele létezésének? Használja a lim x ln+x) x 2 x2 azonosságot!) Megoldás a) A viriálegyüttható:) B 2 ) = 2π = 2π Z r ) e βur) r 2 dr [ ) r βu ] r 2 dr r = 2πr3 Z r 3 /r 2πr3 = 2πr3 3 2πr3 3+βu ) = 2πr3 3 Az állapotegyenlet tehát: p = nk B + n 2 k B B 2 ) = nk B + n 2 k B 2πr3 3 +βu /3 t 2+βu dt ) 3+βu r r r r +βu /3 ) βu ) r r ) βu )
22 b) Keressük azon hőmérsékletet, melyre B 2 ) = = r r ) β u = + β u 3, ahol β = /k B Bevezetve az x = β u x > ) jelölést, az ) x r = + x 3, r egyenlet megoldhatóságának feltételét keressük Mindkét oldali függvény x = -ban az értéket veszi fel, azaz mint mindig) triviális megoldás Ugyanakkor mindkét függvény monoton nő és könnyen belátható, hogy x > metszéspontjunk akkor van, ha az r ) x r függvény deriváltja x = -ban kisebb mint 3, d dx r r ) x = ln r r r r ) x ln r r < 3 r < e /3 r = 396r A magas hőmérsékleti megoldást x ) keresve is ugyanerre az eredményre jutunk Logaritmust vonva ugyanis: xln r r = ln+x/3) x 3 x2 8 = x = 8 ln r ) >, r 3 amiből a ln r r < 3 feltétel adódik Ekkor = u 6k B 3ln r r ) Nyilvánvaló, hogy a fenti kifejezés r e /3 r határesetben egyre jobban közelíti az egzakt megoldást
25 23 25 Egy reális gáz állapotegyenlete a következő: p = nk B Bn 2 +Cn 3, ahol B, C pozitív konstansok, és n = /v = N/V a) Számítsa ki a termodinamikai változók kritikus értékeit p c, c, n c )! b) Írja fel a redukált állapotegyenletet! c) Határozza meg az izotermikus kompresszibilitás viselkedését c körül! Segítség: Megoldás a) Kritikus paraméterek: κ ) V ) p = V = n p n p n = k B 2Bn+3Cn 2 2 p n 2 = 2B+6Cn 2 p n 2 = = n c = B nc 3C p n = = k B c = 2Bn c 3Cn 2 c = 2B B nc, c c = B2 3k B C B 3C 3C 3C ) 2 = B2 3C = Bn c p c = n c k B c Bn 2 c +Cn 3 c = Bn 2 c Bn 2 c +Cn 3 c == Cn 3 c = B3 27C 2 b) Redukált állapotegyenlet p p p c, c,n n n c
24 pp c = nk B n c c Bn 2 n 2 c +Cn 3 n 3 c n c k B c p c p = n n ck B c p c = B Cn c = 3 n 2 Bn2 c p c, Bn2 c p c + n 3Cn3 c p c = B Cn c = 3 p = 3n 3n 2 + n 3, Cn3 c p c = c) Izotermikus kompresszibilitás κ = ) V = κ V p A kritikus pont körül: ) p = V = n V p = 3 6n+3n2 n ) p = p c n n ) p n κ = p cn 3 6n+3n 2) = κ n= = p ) B 3 ) c 3 3 = 9C 2 κ = 9C2 B 3