1626435729-68f65f5f70a42d31a57129b6cb45bfde (844298), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Найти флуктуации энергии h(∆E)2N i при фиксированном числе частиц и флуктуирующем объёме.Запишем распределение вероятности и сразу выделим флуктуации используемых переменных:PE+P V∆S− ∆E− T0 ∆VS(E,V )− T 0T000∝eW ∝eВыразим флуктуацию энергии через флуктуации энтропии и объёма."2 #∂∂1∂∂∆E ≈∆S+ ∆V+∆S+ ∆VE∂S∂V2∂S∂V∆1 E =∂E∂E∆S +∆V = T0 ∆S − P0 ∆V∂S∂VВидно, что, как и в первом случае, члены первого порядка отмирают.Соберём всё, что осталось:21∂∂∂∂∆T ∆S − ∆P ∆V12∆E=∆S+ ∆V∆S+ ∆V· (T ∆S − P ∆V ) =E=2∂S∂V2∂S∂V2W ∝e∆P ∆V −∆T ∆S2T0У нас в экспоненте много всякого «ненужно» - выпилим его! ∂S∂S∂Scv∆S =∆T +∆V = ∆T +∆V∂T V∂V TT∂V T∂P∂P∆P =∆T +∆V∂T V∂V TСамое время вспомнить о свободной энергии Гельмгольца.F = U − TSdF = −pdV − SdT∂ 2F∂ 2F=∂S∂V ∂V ∂S∂P∂S=∂V T∂T VПоследнее равенство, внезапно, оказывается полезным - оно позволяет нам упростить показатель экспоненты:∂Pcv∆P ∆V − ∆T ∆S =(∆V )2 − (∆T )2∂V TTW ∝ e−cv (∆T )21+ 2T2T 2∂P( ∂V)T (∆V )2Видно, что мы опять получили распределение Гаусса - на этот раз двумерное, но, к счастью,∂Pс независимыми переменными.
Также видно, что ∂V T должно быть меньше нуля. Это вполнеестественное требование - ведь IRL, когда мы сжимаем тело, давление обычно увеличивается.12Впрочем, это лирика, а задачу мы до сих пор не решили. Вернёмся к нашим баранам. Дисперсиии ковариация величин равны: T2(∆T )2 =cv ∂V(∆V )2 = −T∂P Th∆T ∆V i = 0Выразим флуктуацию энергии: ∂S∂P∆E = T ∆S − P ∆V = cv ∆T + T− P ∆V = cv ∆T + T− P ∆V∂V T∂T V2 ∂V∂P22−P T(∆E)N = cv T − T∂T V∂P TДля упрощения выражения найдём следующий якобиан: ∂P∂V∂(P, V ) ∂(T, V )∂V=·=−∂T V ∂P T∂(T, V ) ∂(T, P )∂T PПреобразовав выражение (что читатель может проделать в качестве лёгкого упражнения),получаем ответ: ∂V∂V∂V∂P2322(∆E)N =T + cv − 2PT −P T∂T V ∂T P∂T P∂P T3.
Найти флуктуации энергии h(∆E)2V i при фиксированном объёме и флуктуирующем числе частиц.В предыдущем случае мы фиксировали некоторое количество частиц и следили за тем, какой объём они заполняют. Теперь мы фиксируем некоторый объём и следим за тем, сколькочастиц его заполнят. Заметим, что разница между двумя случаями состоит только в том, какую выборку частиц мы берём. Следовательно, наш выбор может повлиять на флуктуацииэкстенсивных величин (объём, энергия, энтропия и число частиц), но не влияет на флуктуацииинтенсивных величин (например температура и концентрация), одинаковых во всём объёметела.
Отсюда: T2(∆T )2N = (∆T )2V =cv*2 + *2 +NN∆=∆V NV VN∆N∆=VV VN∆V · N∆=−V NV2*+*22 +∆N∆V · N=−VV2VN13Как мы помним, мы раскладываем все величины в сумму равновесного значения и отклонения. Очевидно, что если в приведённой выше формуле разложить V и N , то их отклонениядадут следующий порядок малости, которым можно пренебречь.
Оставшиеся равновесные значение можно вынести за знак усреднения. N 2 h(∆V )2N i(∆N )2V =2V ∂V(∆V )2N = −T∂P T2N∂V2(∆N )V = − 2 TV∂P TНайдём флуктуацию энергии:∆E = T ∆S + µ∆N =∂S∂T∆T +N,V∂S∂N∆N + µ∆N = cv ∆T +T,Vµ+∂S∂N!∆NT,VИ получим ответ:22(∆E)V = cv T −µ+∂S∂N!2T,VN2TV2∂V∂PTДругой вариант - пойти тем же путём, что и при решении подзадачи 2. То есть расписатьраспределение вероятности через нефиксированные переменные:S(E,N )− TE +W ∝e0µ0 NT0∝eµ0∆S− ∆E+ ∆NT0T0При проведении выкладок, аналогичных приведённым в предыдущем случае, получаем:(∆E)2V = cv T 2 +µ+∂S∂N!2TT,V∂N∂µV,TОсобо въедливый читатель может, при желании, показать что полученные выражения совпадают.33.1Задание 3Задача 9h|∆V |2 iНайти отношение флуктуации h|∆V |2S|i (определяющее отношение интенсивности рассеяного света в «крыльях» дублета Мандельштама-Бриллюена к полной интенсивности рассеяногосвета).Воспользуемся известным соотношением для флуктуаций∆T ∆S − ∆V ∆pw ∝ exp −2T14Чтобы найти флуктуацию при постоянной энтропии, выразим все флуктуации через ∆V и∆S ∂p∂p∆V +∆S∆p =∂V S∂S V ∂T∂T∆T =∆V +∆S∂V S∂S VПодставим произведения флуктуаций и получим гауссово распределение.
Для него мы сразуувидим значения средних квадратов и коэффициента корреляции.∆T ∆S − ∆p∆V = ∆S2∂T∂S ∂p∂T∂p− ∆V+ ∆V ∆S−∂V S∂V S∂S VV∂V∆V 2 S = T∂p S2Стоит отметить, что коэффициент корреляции здесь не равен нулю, о чём свидетельствуетненулевой коэффициент при перекрёстном члене.Теперь найдём флуктуацию объёма при постоянной температуре. Выкладки будут точнотакими же с точностью до замены S → T . ∂S∂p∂S∂p22∆T ∆S − ∆p∆V = ∆T− ∆V+ ∆V ∆T−∂T V∂V T∂V T∂T V∂V∆V 2 T = T∂p TВ этом случае, как легко убедиться, коэффициент корреляции зануляется.
∂S∂ (p, V )∂p∂ (T, S)∆V ∆T =−=0−=∂V T∂T V∂ (T, V ) ∂ (T, V )Соответственно, отношение средних квадратов флуктуаций будет равно2∂V∂ph∆V iS= S∂Vh∆V 2 i∂pПреобразуем этот результат немного. ∂V∂p∂ (V, S) ∂ (p, T ) S ==∂V∂ (p, S) ∂ (V, T )∂pT15T∂S∂T V∂S∂T p=cV /TcV=cp /Tcp3.2Задача 10Контур состоит из двух сопротивлений R1 и R2 , температуры которых равны T1 и T2 ,и катушки индуктивности, соединённых последовательно (кольцом). Найти, какая энергияпередаётся от одного сопротивления к другому за счёт флуктуации тока в цепи.Для начала запишем уравнение Кирхгофа, пририсовав к сопротивлениям источники случайной ЭДС, отвечающие тепловым шумам в резисторах.LI˙ + R1 I1 + R2 I2 + E1 + E2 = 0Разумно будет положить, что шум в резисторах является белым и некоррелированным.E12ωE22 ω= 2R1 T1= 2R2 T2hE1 E2 i = 0И выразим напряжения на резисторах через закон Ома.2E1 + E2E1 + E2R1,2 = R1,2(1)ZR1 + R2 + iωLМощность, отдаваемая резисторами в цепь за счёт шумов, выражается через корреляциютока и шума на резисторе.
2 E1,2E1 + E2−E1,2 =P1,2 = hIE1,2 i =ZZU1,2 = R1,2 I =Мощность, приносимая в резистор током в цепи, выражается через корреляцию тока и напряжения на резисторе.*2 +E+ER1,2 2 2 12+P1,2= hIU1,2 i = R1,2= 2E1 + E2ZZСуммарная мощность даётся разностью этих двух мощностей. По симметрии задачи относительно перестановки резисторов очевидно, что эта разность имеет разный знак для разныхрезисторов, а перекачиваемая мощность равна как раз этой разности. 2 R1(Z − R1 ) hE12 i − R1 hE22 iR11 2E1− E2=P1→2 (ω) =1−ZZ(ω)Z(ω)Z(ω)Z(−ω)Осталось подставить явные выражения для автокорреляций ЭДС и взять интеграл по частотам.∞P1→2 =−∞∞dω 2R1 T1 (R2 + iωL) − 2R1 R2 T2=2π(R1 + R2 )2 + ω 2 L2−∞dω 2R1 R2 (T1 − T2 ) + i2R1 T1 LωR1 R2 (T1 − T2 )=2222π(R1 + R2 ) + ω L(R1 + R2 )LТут мы схитрили, прибив расходящееся выражение заменой интеграла на его главное значение.
Так как исходная расходимость была связана с поведением логарифма на бесконечности,мучаться совестью по этому поводу мы не станем, а сделаем вид, что регуляризовали выражение заранее.2Неожиданно, правда?163.3Задача 11Найти изменение сопротивления проводника при включении магнитного поля B, перпендикулярного электрическому полю E, если есть два типа носителей заряда(например, электроны и дырки).Начнём танцевать от кинетического уравнения в общем виде.p ∂f∂f∂f+·+F ·=I∂tm ∂x∂pСилу выразим из уравнения Лорентца, а интеграл столкновений выпишем в τ -приближении,которое предполагает разделение функции распределения на равновесную часть и отклонение.Частные производные по координате и по времени положим равными нулю в силу однородностипространства и стационарности тока.
∂fδfe=−eE + [v × B] ·c∂pτПодставим f = f0 + δf в это выражение и выкинем слагаемые второго порядка малости.Так как в данной задаче мы пытаемся изучить эффект Холла, положим заодно E B Тогдаот уравнения остаётся не так много.∂f0 e∂f0 e∂δfδf+ [v × B] ·+ [v × B] ·== −eE ·∂pc∂pc∂pτТеперь покажем, что магнитное поле не действует на f0 . Действительно, так как равновесное00= ∂fv и соответствующий членраспределение, очевидно, зависит только от энергии, то ∂f∂p∂εзануляется. Остаётся уравнение∂f0 e∂δfδfeE ·+ [v × B] ·=−∂pc∂pτВведём ось Oz k B и заметим, чтоe∂δfeB∂δf∂δf[v × B] ·=[p × nz ]=Ωc∂pmc∂p∂ϕeBЗдесь Ω = mc- циклотронная частота. Отсюда можно было бы доказать и предыдущее утверждение, так как равновесная функция распределения должна быть изотропной.
Теперь выберем ось Ox k E. Эта ось, очевидно, будет соответствовать и нулевому значению ϕ. Стоитзаметить, что вектор E не совпадает с направлением внешнего электрического поля, так какпод действием магнитного поля заряды в системе слегка сместятся, повернув поле. Уравнениеже после такой замены примет следующий вид∂δfδf∂f0+Ω=−eEv cos(ϕ)∂ε∂ϕτТут нам становится очевидно, что δf ∝ cos(ϕ + ϕ0 )3 . Подставим это решение.δf = A cos(ϕ + ϕ0 )A−A sin(ϕ + ϕ0 ) +cos(ϕ + ϕ0 ) = −eEv cos(ϕ)Ωτ1∂f0A= √eEvΩ2 τ 2 + 1 ∂εϕ0 = arctg (Ωτ )3При желании это можно показать, разложив уравнение в ряд Фурье и приравняв слагаемые почленно.
Такжеd1можно обратить дифференциальный оператор L̂ = dϕ+ Ωτи рассмотреть действие полученного интегральногооператора на косинус. Я решил, что это будет излишне.17Теперь мы знаем угол между полем и током. Из простейших геометрических соображенийполучим следующие выводы.A cos(ϕ0 )d3 v =jx =σE1 + Ω2 τ 2R3ΩτσE1 + Ω2 τ 2σEEj=√Ek = E cos(ϕ0 ) = √1 + Ω2 τ 21 + Ω2 τ 2ΩτE⊥ = E sin(ϕ0 ) = √E1 + Ω2 τ 2jy = Ωτ jx =Выразим влияние продольного поля, которое, в отличие от поперечного, наложено на системуизвне.jσef f ==σEkДля одного типа зарядов магнетосопротивление не возникает.Чтобы обобщить ситуацию для случая двух типов носителей, перепишем закон Ома в тензорной форме. Скалярная часть тензора проводимости в этой задаче исчезает, уступая местоследующему выражениюσ(δij + τ εijk Ωk )σij =1 + Ω2 τ 2Для нескольких типов носителей заряда мы может просто просуммировать их сигмы, таккак мы с самого начала работаем в линейном приближении.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
