\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\usepackage[norsk]{babel}
\topmargin=-1.0cm
\oddsidemargin=-1.0cm
\evensidemargin=-1.0cm
\textheight=24cm
\textwidth=18cm
\setlength{\parindent}{0cm}

\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\def\dbar{{\mathchar'26\mkern-12mu d}}

\begin{center}
\begin{bf}
FY1005/TFY4165 Termisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. V{\aa}ren 2014.
\end{bf}

Veiledning: 3.\ og 6.\ mars. Innleveringsfrist: Fredag 7.\ mars kl 16.

\vspace{0.3cm}

\begin{large}
{\O}ving 8
\end{large}
\end{center}

\vspace{0.6cm}
{\bf Oppgave 1} \\

To like store metallklosser har (hver for seg) varmekapasitet $C$,
som antas {\aa} v{\ae}re konstant, uavhengig av temperaturen.
Klossenes volumutvidelseskoeffisient er praktisk talt lik null.
Temperaturen til de to klossene er i utgangspunktet $T_1$ og $T_2 > T_1$, 
og klossene er termisk isolert fra omgivelsene:

%%FIGURE
\vspace{0.8cm}
\centerline{\epsfxsize=4.5in \epsfbox{temperaturutjevning.eps}}
\vspace{0.8cm}
%%END FIGURE

Dersom vi lar klossene utveksle varme med hverandre irreversibelt, og uten at vi
tar ut noe nyttig arbeid, vil den totale entropien til systemet {\o}ke, 
felles slutt-temperatur blir $T_0 = (T_1+T_2)/2$, og like mye varme $|Q_2|$ forlater
den varmeste klossen som det som tilf{\o}res den kaldeste klossen ($Q_1$),
$Q_1 = -Q_2 = C(T_0-T_1) = C(T_2-T_1)/2$. (Se forelesningene, om irreversible prosesser.) \\

Alternativt kan vi tenke oss at vi lar de to klossene drive en varmekraftmaskin, slik at
vi kan ta ut et nyttig arbeid $W$, som antydet i figuren. Vis at det maksimale arbeidet
(eksergien) som kan tas ut i en tenkt reversibel prosess er
$$W_{\rm max} = C \left( \sqrt{T_2} - \sqrt{T_1} \right)^2,$$
og at likevektstemperaturen i dette tilfellet blir
$$T_0 = \sqrt{T_1 T_2}.$$
Vis at denne likevektstemperaturen alltid er mindre enn for den irreversible
temperaturutjevningen (der vi ikke tar ut nyttig arbeid). \\

Tips: Bestem $T_0$ ved {\aa} se p{\aa} entropiendringen til hver av klossene, samt at du utnytter at
$\Delta S = 0$ for reversible prosesser i et termisk isolert system. Videre er
$W_{\rm max} = -\Delta G = -\Delta(U+p_0 V-T_0 S)$.


\newpage
{\bf Oppgave 2} \\

\vspace{0.6cm}
$a)$ En ideell gass kj{\o}les fra temperaturen $T$ til $T_0$. Omgivelsenes temperatur er hele tiden $T_0$. 
Start- og slutt-tilstanden har samme volum ($\Delta V=0$). Vis at det maksimale arbeid som er mulig {\aa} 
f{\aa} ut av gassen er
$$W_{\rm max} = C_V (T-T_0) - C_V T_0 \ln\frac{T}{T_0}.$$
Tips: Entropi for ideell gass er $S = C_V \ln T + nR \ln V + {\rm konst}$.

\vspace{1.0cm}
$b)$ Hvor mye varme avgis, og hva er det maksimale arbeidet n{\aa}r gassen er ett mol toatomig gass, 
og avkj{\o}lingen er fra 100$^\circ$C til 20$^\circ$C? {\small (Svar: $W_{\rm max}=193$ J.)} 

\vspace{1.0cm}
$c)$ En m{\aa}te {\aa} ta ut det maksimale arbeidet p{\aa} er {\aa} la en Carnot-maskin virke mellom 
den {\o}vre avtagende temperaturen og den faste $T_0$. Vis at dette gir det samme arbeidet $W_{\rm max}$. \\

Tips: La den ideelle gassen representere h{\o}ytemperaturreservoaret, med varierende
(avtagende) temperatur, fra $T$ til $T_0$. Virkningsgraden til Carnot-maskinen vil dermed
ogs{\aa} variere (avta), fra verdien $1-T_0/T$ til verdien $1-T_0/T_0 = 0$.

\vspace{1.0cm}
$d)$ En annen m{\aa}te {\aa} ta ut det maksimale arbeidet p{\aa} er f{\o}rst {\aa} ekspandere gassen 
adiabatisk slik at temperaturen synker til $T_0$. Deretter komprimeres den isotermt tilbake til 
opprinnelig volum. Vis at dette ogs{\aa} gir samme arbeid $W_{\rm max}$.  \\

Tips: For adiabat med ideell gass gjelder $pV^\gamma =$ konstant og
$TV^{\gamma-1} =$ konstant (med $\gamma = C_p/C_V$).


\newpage
{\bf Oppgave 3} \\

I {\o}ving 4, oppgave 5, studerte vi en ideell paramagnet med $N$ ikke-vekselvirkende kvantiserte spinn i et
ytre magnetfelt $\bold{B}$. Hvert spinn kunne peke ''opp'' eller ''ned'' relativt det ytre feltet, slik at
partisjonsfunksjonen (pr spinn) ble $z = 2 \cosh(\mu_B B/kT)$, og magnetiseringen (magnetisk
moment pr volumenhet) ble $M = (N \mu_B/V) \tanh(\mu_B B/kT)$. Hvis feltet er svakt, dvs $\mu_B B \ll kT$,
gir dette line{\ae}r respons, $M \sim B/T$, dvs Curie's lov. \\

I denne oppgaven skal vi studere entropien til en slik ideell paramagnet. Siktem{\aa}let er deretter
{\aa} kunne beskrive magnetisk kj{\o}ling (adiabatisk demagnetisering). \\

Som i {\o}ving 4 lar vi $m$ angi midlere magnetisk moment pr spinn (eller pr partikkel, om du vil),
men skalert med faktoren $\mu_B$ slik at et gitt magnetisk moment har verdien $+1$ eller $-1$,
og $m$ blir en dimensjonsl{\o}s st{\o}rrelse. Videre lar vi $h = \mu_B B$ representere det ytre magnetfeltet,
dvs $h$ blir en st{\o}rrelse med enhet som energi. Dermed har vi
$$m = \tanh \beta h \;\;\; , \;\;\; z = 2 \cosh \beta h \;\;\;\; (\beta \equiv 1/kT),$$
og arbeidet utf{\o}rt av spinnsystemet, pr spinn, n{\aa}r midlere magnetisk moment, pr spinn,
endres fra $m$ til $m+dm$ blir $\dbar w = -h\,dm$. \\

$a)$ Vis at entropien $\sigma$ kan uttrykkes ved partisjonsfunksjonen $z$, som
$\sigma = k\, \partial(T \ln z)/\partial T.$ \\

Oppgitt: $f = -kT \ln z$, $f = u - T\sigma$, $T d\sigma = du + p\,dv$
(med $f,z,u,\sigma,v$ = hhv Helmholtz fri energi, partisjonsfunksjon, indre energi,
entropi og volum, alle st{\o}rrelser pr spinn).

Tips: Utnytt analogien $p\,dv \rightarrow -h\,dm$. \\

$b)$ Med kjent partisjonsfunksjon $z$ kan dermed entropien $\sigma$ bestemmes. Vis at
$\sigma$, i f{\o}rste omgang som funksjon av $h$ og $\beta$, blir 
$$\sigma = k\left[\ln 2 + \ln\cosh \beta h - \beta h \tanh \beta h\right].$$
Du observerer n{\aa} at
$\sigma$ kun avhenger av {\em produktet} $\beta h$, og siden midlere magnetiske moment
$m$ ogs{\aa} er en funksjon av produktet $\beta h$, innser du at entropien m{\aa} kunne
skrives som en funksjon av $m$ alene, $\sigma = \sigma(m)$.
Eliminer $\beta h$ fra $\sigma(\beta h)$ ved {\aa} invertere $m=\tanh(\beta h)$. Vis at dette gir 
$\beta h=\frac{1}{2}\ln\left[(1+m)/(1-m)\right]$. Vis deretter at entropien blir
$$\sigma(m) = k\left[\ln 2-\frac{1}{2}(1+m)\ln(1+m)-\frac{1}{2}(1-m)\ln(1-m)\right].$$

\vspace{0.2cm}
$c)$ Alternativt kan entropien bestemmes direkte fra Boltzmanns prinsipp,
$S = N \sigma = k \ln W$. 
Anta at et antall $N_+$ og $N_-$ spinn peker henholdsvis med og mot magnetfeltet. 
Totalt magnetisk moment blir dermed $Nm = N_+ - N_-$. Samtidig har vi selvsagt $N = N_+ + N_-$.
Beregn antall mikrotilstander $W$ som er forenlig med et gitt magnetisk moment $Nm$
(dvs med $Nm = N_+ - N_-$ fast) og vis med det at entropien blir som i punkt $b$.

Oppgitt: $\ln N! = N \ln N - N$ n{\aa}r $N\rightarrow\infty$. \\

$d)$ Et spinnsystem som dette kan benyttes til {\aa} oppn{\aa} sv{\ae}rt lave temperaturer ved {\aa} bruke 
adiabatisk demagnetisering. Et kraftig magnetfelt $h_2$ settes p{\aa} isotermt ved 
en (forholdsvis lav) starttemperatur $T_2$. 
Deretter fjernes den termiske koblingen til omgivelsene (varmereservoaret med temperatur $T_2$), 
og magnetfeltet sl{\aa}s av adiabatisk. I praksis, p{\aa} grunn av en svak kobling 
mellom spinnene, ender en opp med et effektivt magnetfelt $h_1>0$ (og ikke $h_1=0$). 
Hva blir resulterende temperatur $T_1$? [Vi antar at andre bidrag til entropien kan neglisjeres.
For lave temperaturer $T$ er spesifikk varme fra kvantiserte gittervibrasjoner $C \propto T^3$, 
slik at bidraget til entropien herfra, $\int (C/T)\,dT$ kan neglisjeres.]


\end{document}