Universitaire natuurkunde — jaar 3 · Bachelor Year 3

18Het grootkanonieke ensemble

Een waterdruppel in vochtige lucht groeit noch krimpt; zuurstof bindt in de longen aan hemoglobine en laat in de spieren weer los; een batterij drijft elektronen door een telefoon omdat zij in de ene elektrode “duurder” zijn dan in de andere. In elk geval is de munt die in evenwicht wordt gebracht niet de temperatuur maar de chemische potentiaal $\mu$ : de prijs in vrije energie van één deeltje erbij. Dit hoofdstuk opent de tweede kraan van het reservoir — deeltjes zowel als energie — en bouwt het grootkanonieke ensemble, waarvan de beloning een verbluffende doelmatigheid is: de bezetting van één enkel kwantumniveau, fermion of boson, volgt in twee regels, en daarmee de moederformules van het volgende hoofdstuk. De toepassingen lopen van de adsorptie-isothermen van gasmaskers en katalysatoren tot de vergelijking van Saha, waarmee een promovenda in Harvard in 1925 de temperaturen van de sterren aflas en, tegen elke verwachting in, ontdekte dat het heelal uit waterstof bestaat.

18.1 Deeltjes doen mee aan de onderhandeling

Stelling 18.1 (Grootkanonieke verdeling)

Een stelsel dat energie en deeltjes uitwisselt met een reservoir op temperatuur $T$ en chemische potentiaal $\mu$ bezet zijn toestand $s$ (energie $E_s$ , deeltjesaantal $N_s$ ) met kans

\mathcal P_s = \frac{\eu^{-\beta(E_s - \mu N_s)}}{\Xi} , \qquad \Xi = \sum_s\eu^{-\beta(E_s - \mu N_s)} ,

de grote toestandssom. Uit $\Xi$ : $\langle N\rangle = k_{\text{B}}T\,\partial\ln\Xi/\partial\mu$ , en de grote potentiaal $\Phi = -k_{\text{B}}T\ln\Xi$ voldoet aan $\Phi = -PV$ .

Gedeeltelijk bewijs. Ontwikkel, net als in Stelling 17.1, de entropie van het reservoir in beide onttrekkingen: $S_{\text{res}}(E - E_s, N - N_s) \approx S_{\text{res}} - E_s/T + \mu N_s/T$ , met $\partial S/\partial N = -\mu/T$ (Stelling 16.6). De gemiddelden volgen door differentiëren; $\Phi = -PV$ wordt aangenomen (het volgt uit de extensiviteit). ∎

Definitie 18.2 (Wat $\mu$ betekent)

$\mu$ is de prijs, in vrije energie, van één deeltje erbij bij vaste $T$ en $V$ . Deeltjes stromen spontaan van hoge $\mu$ naar lage $\mu$ — diffusie, osmose, verdamping, chemische reacties en elektrische stromen zijn alle $\mu$ -gradiënten die ontspannen. In evenwicht tussen twee fasen of plaatsen is $\mu$ aan beide kanten gelijk — de derde gelijkheid (naast $T$ en $P$ ) die de coëxistentie beheerst. Voor een klassiek ideaal gas geldt

\mu = k_{\text{B}}T\,\ln\!\big(n\lambda_T^3\big) < 0 \quad\text{(ijl gas)} :

een deeltje aan een ijl gas toevoegen verlaagt de vrije energie, omdat de entropiewinst elke energieprijs overtreft — het teken dat de verdamping in droge lucht aandrijft. En een batterij is een $\mu$ -machine: haar spanning is de val van de chemische potentiaal per elektron tussen haar elektroden, $U = \Delta\mu/e$ — volts zijn de wisselkoers van de elektronenchemie, en daarom leveren cellen spanningen van één cijfer.

18.2 Eén niveau tegelijk: de moedertruc

Stelling 18.3 (Bezetting van één kwantumniveau)

Neem als “het stelsel” één eendeeltjesniveau met energie $\epsilon$ , in groot contact met het gas van alle andere. Fermionen (bezetting $0$ of $1$ ):

\Xi = 1 + \eu^{-\beta(\epsilon - \mu)} \;\Longrightarrow\; \bar n_{\text{FD}} = \frac{1}{\eu^{\beta(\epsilon - \mu)} + 1} .

Bosonen (bezetting $0, 1, 2, \dots$ ):

\Xi = \frac{1}{1 - \eu^{-\beta(\epsilon - \mu)}} \;\Longrightarrow\; \bar n_{\text{BE}} = \frac{1}{\eu^{\beta(\epsilon - \mu)} - 1} ,

wat $\mu < \epsilon_{\min}$ vergt. Beide herleiden zich tot de boltzmannfactor $\eu^{-\beta(\epsilon - \mu)}$ wanneer de bezettingen zeldzaam zijn. Deze twee formules, elk in twee regels verkregen, zijn de volledige invoer van de kwantumstatistiek: het volgende hoofdstuk is hun oogst.

Bewijs. Fermionen: twee termen. Bosonen: een meetkundige reeks, alleen convergent voor $\mu < \epsilon$ . In beide gevallen geeft $\bar n = k_{\text{B}}T\, \partial\ln\Xi/\partial\mu$ de aangegeven vormen. ∎

De drie bezettingswetten tegen ( - )/k_ BT: fermionen verzadigen bij één per toestand (een afgevlakte stap bij =), bosonen stapelen zich onbegrensd op als , en beide sluiten rechts aan op de ijle boltzmannstaart — het klassieke regime is waar een toestand nauwelijks ooit wordt bezocht. — De drie bezettingswetten tegen $(\epsilon - \mu)/k_{\text{B}}T$ : fermionen verzadigen bij één per toestand (een afgevlakte stap bij $\epsilon = \mu$ ), bosonen stapelen zich onbegrensd op als $\epsilon \to \mu$ , en beide sluiten rechts aan op de ijle boltzmannstaart — het klassieke regime is waar een toestand nauwelijks ooit wordt bezocht.

18.3 Adsorptie: plaatsen te huur

Propositie 18.4 (De isotherm van Langmuir)

Een oppervlak biedt onafhankelijke plaatsen aan, elk leeg of met één gasmolecuul met bindingsenergie $-\epsilon_0$ ; het gas erboven, bij druk $P$ , is het reservoir. Elke plaats is een groot stelsel met twee toestanden, en haar bezetting is

\theta = \frac{1}{\eu^{\beta(-\epsilon_0 - \mu)} + 1} = \frac{P}{P + P_0(T)} , \qquad P_0(T) = \frac{k_{\text{B}}T}{\lambda_T^3}\, \eu^{-\epsilon_0/k_{\text{B}}T} ,

met de $\mu$ van het ideale gas. De bedekking stijgt bij lage druk lineair en verzadigt bij één monolaag — de isotherm van Langmuir, de werkkromme van katalysatoren, actieve kool, gasmaskers en de zuurstofbinding van bloed (Oefening 18.6). De overgangsdruk $P_0$ daalt exponentieel met de bindingsenergie en stijgt steil met de temperatuur: een oppervlak verwarmen schudt zijn gasten los — daarom is glaswerk onder vacuüm uitbakken de enige echte reiniging.

Bewijs. De bezetting van de plaats is Stelling 18.3 (in de fermionvorm: een plaats bevat hoogstens één) met $\epsilon = -\epsilon_0$ ; vul $\eu^{\beta\mu} = n\lambda_T^3 = P\lambda_T^3/k_{\text{B}}T$ in. ∎

Isothermen van Langmuir: de bedekking tegen de druk, verzadigend bij één monolaag. Verwarm het oppervlak en dezelfde bedekking eist veel meer druk — adsorptie is een onderhandeling over die het hete oppervlak blijft verliezen. — Isothermen van Langmuir: de bedekking tegen de druk, verzadigend bij één monolaag. Verwarm het oppervlak en dezelfde bedekking eist veel meer druk — adsorptie is een onderhandeling over $\mu$ die het hete oppervlak blijft verliezen.

18.4 Ionisatie-evenwichten: de vergelijking van Saha

Propositie 18.5 (De vergelijking van Saha)

In een heet gas komt de reactie $\text{H} \rightleftharpoons \text{p} + \text{e}$ in evenwicht wanneer $\mu_{\text{H}} = \mu_{\text{p}} + \mu_{\text{e}}$ . Elke $\mu$ met de vorm van het ideale gas schrijven (met het atoom zijn binding $-E_{\text{I}}$ toegerekend) geeft

\frac{n_{\text{e}}\,n_{\text{p}}}{n_{\text{H}}} = \frac{1}{\lambda_{T,\text{e}}^3}\, \eu^{-E_{\text{I}}/k_{\text{B}}T} \qquad\Big(\lambda_{T,\text{e}} = h/\sqrt{2\pi m_{\text{e}}k_{\text{B}}T}\Big)

(op ontaardingsfactoren van de orde één na). Opnieuw twee concurrerende munten: de boltzmannfactor belast de ionisatie met $E_{\text{I}} = 13.6\,\mathrm{eV}$ , terwijl de voorfactor — de entropie van het bevrijde elektron, met haar $\lambda_T^{-3}$ aan toegankelijke toestanden — haar subsidieert. Bij sterdichtheden is die subsidie zo groot dat waterstof al nabij $10\,000\,\mathrm{K}$ merkbaar ioniseert, waar $k_{\text{B}}T$ slechts $0.9\,\mathrm{eV}$ is: evenwichten worden om vrije energie uitgevochten en niet om energie — en de spectra van de sterren zijn het grootboek (Probleem 18.1).

Gedeeltelijk bewijs. Stel $\mu_{\text{H}} = \mu_{\text{p}} + \mu_{\text{e}}$ met $\mu_i = k_{\text{B}}T\ln(n_i\lambda_{T,i}^3) + \varepsilon_i$ ( $\varepsilon_{\text{H}} = -E_{\text{I}}$ , de andere nul) en neem de exponentiële functie. De thermische golflengten van het proton en het atoom heffen elkaar vrijwel op (gelijke massa’s); de ontaardingsfactoren worden aangenomen. ∎

De saha-ionisatie van waterstof bij fotosferische dichtheid (schematisch): een scherpe overgang nabij 10\,000\, K, ver onder de naïeve E_ I/k_ B 160\,000\, K — de entropie van het bevrijde elektron betaalt het grootste deel van de rekening. — De saha-ionisatie van waterstof bij fotosferische dichtheid (schematisch): een scherpe overgang nabij $10\,000\,\mathrm{K}$ , ver onder de naïeve $E_{\text{I}}/k_{\text{B}} \approx 160\,000\,\mathrm{K}$ — de entropie van het bevrijde elektron betaalt het grootste deel van de rekening.

Methode 18.6 (Grootkanoniek ambacht)

(1) Alles wat deeltjes met een grote partner uitwisselt: geef die partner een $\mu$ en weeg de toestanden met $\eu^{-\beta(E - \mu N)}$ . (2) Onafhankelijke plaatsen of niveaus factoriseren: los er één op en vermenigvuldig. (3) Voor een reservoir van klassiek gas zet $\eu^{\beta\mu} = n\lambda_T^3$ de $\mu$ om in een meetbare druk. (4) Reacties en faseovergangen: breng de $\mu$ ’s in evenwicht, één per soort, bindingsenergieën inbegrepen — verwacht dat entropievoorfactoren de evenwichten ver van naïeve boltzmanngissingen verschuiven. (5) Elektronen in vaste stoffen: hun $\mu$ is het ferminiveau, en verschillen in $\mu$ zijn spanningen — de brug naar Hoofdstuk 24.

18.5 Opgaven

Oefening 18.1 ★

(a) Twee dozen met hetzelfde gas bij dezelfde $T$ maar verschillende dichtheden worden verbonden: welke kant stromen de deeltjes op, in de taal van $\mu$ ? (b) Toon met de $\mu$ van het ideale gas aan dat de stroom bij gelijke dichtheden stopt. (c) Water staat onder vochtige lucht: formuleer de evenwichtsvoorwaarde in $\mu$ ’s. (d) Waarom droogt de was ook onder $100\,^\circ$ C wanneer de lucht droog is (vergelijk $\mu$ ’s, geen temperaturen)?

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.1.

(a) Van de dichtere doos naar de ijlere: van hoge $\mu = k_{\text{B}}T\ln(n\lambda_T^3)$ naar lage. (b) Gelijke $T$ maakt $\lambda_T$ gemeenschappelijk: gelijke $\mu$ is gelijke $n$ . (c) $\mu_{\text{vloeistof}} = \mu_{\text{damp}}$ — de definitie van verzadigde vochtigheid. (d) In droge lucht ligt de $\mu$ van de damp (lage $n$ ) onder die van de vloeistof: water verdampt de $\mu$ -heuvel af, hoezeer het ook nooit kookt.

Oefening 18.2 ★

De chemische potentiaal van lucht. (a) Bereken $\lambda_T$ voor N $_2$ bij $300\,\mathrm{K}$ . (b) Bereken $n\lambda_T^3$ bij $1\,\mathrm{bar}$ en de resulterende $\mu$ in eV. (c) Waarom is $\mu < 0$ geen paradox (welke term van $F = E - TS$ overheerst bij het toevoegen van een molecuul)? (d) Bij welke dichtheid zou $\mu$ nul bereiken, en wat kondigt $n\lambda_T^3 \sim 1$ aan (Oefening 18.11)?

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.2.

(a) $\lambda_T = 1.9 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}$ . (b) $n\lambda_T^3 = 1.7 \times 10^{-7}$ : $\mu = k_{\text{B}}T\ln(1.7 \times 10^{-7}) = -0.40\,\mathrm{eV}$ . (c) De entropieterm: een nieuw molecuul opent $\sim1/n\lambda_T^3$ toestanden, en $-TS$ wint van elke kinetische prijs. (d) $n = \lambda_T^{-3} \approx 1.5 \times 10^{32}\,\mathrm{m}^{-3}$ — voor lucht duizenden keren de vloeistofdichtheid; $n\lambda_T^3 \sim 1$ is de grens van de kwantumontaarding (Oefening 18.11).

Oefening 18.3 ★

Leid de bezetting van Fermi en Dirac stap voor stap uit haar $\Xi$ met twee termen af; toets de limieten $\epsilon \ll \mu$ en $\epsilon \gg \mu$ , en de waarde bij $\epsilon = \mu$ . Waar is deze functie in dit boek al eerder opgedoken (Oefening 16.8)?

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.3.

$\Xi = 1 + \eu^{-\beta(\epsilon-\mu)}$ ; $\bar n = k_{\text{B}}T\, \partial_\mu\ln\Xi = \eu^{-\beta(\epsilon-\mu)}/(1 + \eu^{-\beta(\epsilon-\mu)})$ , de aangegeven vorm. Limieten: $1$ diep onder $\mu$ , een boltzmannstaart ver erboven, precies $\tfrac12$ bij $\epsilon = \mu$ . Het is de thermische bezetting met twee niveaus van de vaste stof van Schottky — dezelfde kromme, anders geëtiketteerd.

Oefening 18.4 ★

Volts zijn scheikunde. (a) Een lithiumcel levert $3.0\,\mathrm{V}$ : druk het verschil in chemische potentiaal per elektron in eV uit en per mol in kJ. (b) Waarom hebben alle alledaagse batterijen spanningen van één cijfer (wat legt de schaal van chemische verschillen in $\mu$ vast)? (c) Een loodaccu in een auto stapelt zes cellen: waarom stapelen in plaats van een reactie van $12\,\mathrm{eV}$ zoeken? (d) Wat doet een batterij in de taal van $\mu$ wanneer zij “leeg” is?

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.4.

(a) $3.0\,\mathrm{eV}$ per elektron; $\times N_{\text{A}}e$ : $\approx290\,\mathrm{kJ}/\mathrm{mol}$ . (b) Chemische potentialen verschillen met bindingsenergieën — elektronvolts: batterijen erven de energieschaal van de scheikunde. (c) Geen enkel chemisch koppel biedt een stap van $12\,\mathrm{eV}$ (die zou de elektrolyt uit elkaar rukken); in serie stapelen telt de $\mu$ -vallen veilig op. (d) De chemische potentialen van de elektronen in haar elektroden zijn gelijk geworden: geen gradiënt, geen duw, hoeveel materie er ook over is.

Oefening 18.5 ★★

Bosonen op een niveau. (a) Sommeer de meetkundige reeks voor $\Xi$ en leid $\bar n_{\text{BE}}$ af. (b) Waarom moet $\mu$ onder het laagste niveau blijven — wat divergeert er anders, en wat kondigt die divergentie aan (Hoofdstuk 19)? (c) Bereken $\bar n$ voor $(\epsilon - \mu)/k_{\text{B}}T = 0.1$ , $1$ en $3$ en vergelijk met Boltzmann. (d) Fotonen hebben $\mu = 0$ : geef de natuurkundige reden (hun aantal blijft niet behouden — wanden absorberen en zenden vrijelijk uit).

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.5.

(a) Meetkundige reeks met verhouding $\eu^{-\beta(\epsilon-\mu)} < 1$ ; differentieer. (b) Bij $\mu \to \epsilon_{\min}$ divergeert de reeks: het niveau kan een onbegrensde bezetting opslokken — de macroscopische opeenhoping die de bose-einsteincondensatie wordt. (c) $\bar n = 9.51$ , $0.58$ en $0.052$ tegen de $0.90$ , $0.37$ en $0.050$ van Boltzmann: identiek in de ijle staart, uitzinnig versterkt nabij $\mu$ . (d) Omdat wanden naar believen fotonen scheppen en vernietigen, kan het evenwicht niet van hun aantal afhangen: de prijs in vrije energie van één foton erbij is nul, $\mu = 0$ .

Oefening 18.6 ★★

Langmuir aan het werk. (a) Welke druk haalt volgens de isotherm $\theta = 0.5$ ? En $0.9$ ? (b) Myoglobine bindt O $_2$ op één plaats: de verzadiging volgt Langmuir in de partiële druk van zuurstof — waarom ziet men bij myoglobine een hyperbolische (en geen sigmoïdale) kromme, maar bij hemoglobine met vier plaatsen een coöperatieve S-kromme? (c) Koolstofmonoxide bindt aan dezelfde plaatsen met een $\epsilon_0$ die $\approx0.13\,\mathrm{eV}$ groter is: bereken bij gelijke partiële drukken en $310\,\mathrm{K}$ de bezettingsverhouding CO:O $_2$ en verklaar CO-vergiftiging. (d) Waarom werkt hyperbare zuurstoftherapie, in de taal van de isotherm?

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.6.

(a) $P = P_0$ ; $P = 9P_0$ . (b) Eén onafhankelijke plaats geeft de hyperbool $P/(P + P_0)$ — myoglobine; de vier wisselwerkende plaatsen van hemoglobine laden coöperatief, wat de kromme tot de S-vorm verscherpt die in de longen volledig laadt en in de weefsels weer lost. (c) $\eu^{0.13/0.0267} \approx 130$ : bij gelijke partiële drukken wint CO de plaatsen honderdvoudig — een spoor CO verjaagt de zuurstof uit het bloed. (d) De partiële druk van O $_2$ verhogen verhoogt haar $\mu$ en kantelt de concurrentie opnieuw: de isotherm wordt om $\mu$ ’s uitgevochten, en hyperbare zuurstof overbiedt eenvoudigweg.

Oefening 18.7 ★★

Fluctuaties in het aantal. (a) Toon aan dat $\operatorname{Var}N = k_{\text{B}}T\,\partial\langle N\rangle/\partial\mu$ . (b) Leid voor het klassieke ideale gas af dat $\operatorname{Var}N = \langle N\rangle$ : poisson. (c) Breng dit in overeenstemming met de dichtheidsfluctuaties van Oefening 16.12. (d) Bereken voor één fermionisch niveau $\operatorname{Var}n = \bar n(1 - \bar n)$ : waar zijn fermionaantallen het stilst, en waarom?

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.7.

(a) Differentieer $\langle N\rangle = k_{\text{B}}T\,\partial_\mu \ln\Xi$ nog een keer. (b) $\langle N\rangle \propto \eu^{\beta\mu}$ : $\partial_\mu\langle N\rangle = \beta\langle N\rangle$ , dus $\operatorname{Var}N = \langle N\rangle$ . (c) De gaussfunctie met variantie $\bar n$ uit die opgave is deze poissonuitspraak, in een deelvolume gezien. (d) $\operatorname{Var}n = \bar n(1 - \bar n)$ : nul wanneer het niveau zeker leeg of zeker vol is — de blokkade van Pauli legt de fluctuaties diep in een fermizee het zwijgen op.

Oefening 18.8 ★★

Osmose uit $\mu$ . Een membraan laat water door maar geen opgeloste stof (concentratie $c$ per volume, ijl). (a) Toon door de $\mu$ van het water aan weerszijden gelijk te stellen aan dat de kant met zuiver water met $\Pi = ck_{\text{B}}T$ moet worden overdrukt (Van ’t Hoff) — neem aan dat opgeloste stof de $\mu$ van water per watermolecuul met $-k_{\text{B}}T\,c/n_{\text{w}}$ verlaagt. (b) Bereken $\Pi$ voor fysiologisch zout ( $c \approx 3 \times 10^{26}\,\mathrm{m}^{-3}$ deeltjes in totaal). (c) Rode bloedcellen in zuiver water: welke kant stroomt het water op, en met welk gevolg? (d) Waarom hebben bomen pompen noch wonderen nodig om sap tientallen meters op te tillen (osmotische en capillaire $\mu$ -gradiënten)?

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.8.

(a) De opgeloste stof verdunt de entropie van het water en verlaagt zijn $\mu$ ; druk verhoogt $\mu$ : het evenwicht legt $\Pi = ck_{\text{B}}T$ vast. (b) $\Pi = 3 \times 10^{26} \times 1.38 \times 10^{-23} \times 310 \approx 1.3\,\mathrm{MPa}$ — dertien atmosfeer in uw aderen, routinematig in evenwicht gehouden. (c) De $\mu$ van zuiver water overtreft die binnen in de cel: het water stroomt naar binnen en de cellen barsten (hemolyse) — en daarom zijn infusen zout en nooit zuiver water. (d) $\mu$ -gradiënten van wortel tot blad (opgeloste stoffen, verdamping aan het blad) trekken het water als osmotische en capillaire drukverschillen omhoog: tientallen meters zonder één bewegend onderdeel.

Oefening 18.9 ★★

Evenwicht in een veld. In de zwaartekracht vergt het evenwicht van een gaskolom dat de totale chemische potentiaal $\mu(h) = k_{\text{B}}T\ln(n\lambda_T^3) + mgh$ uniform is. (a) Leid hier de barometrische wet in één regel uit af. (b) Veralgemeen naar een centrifuge met hoeksnelheid $\omega$ (potentiaal $-\tfrac12 m\omega^2r^2$ ) en verkrijg het radiale profiel. (c) Centrifuges voor uraniumverrijking draaien met $\omega r \sim 600\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : bereken de evenwichtsverhouding van de verrijking van $^{238}$ UF $_6$ tot $^{235}$ UF $_6$ per trap, $\exp[\Delta m\,\omega^2 r^2/2k_{\text{B}}T]$ met $\Delta m = 5 \times 10^{-27}\,\mathrm{kg}$ en $T = 320\,\mathrm{K}$ . (d) Waarom worden er vele trappen in cascade gezet?

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.9.

(a) Uniforme $\mu$ : $k_{\text{B}}T\ln n(h) + mgh =$ const, dus de barometrische exponentiële functie. (b) $n(r) \propto \eu^{+m\omega^2r^2/2k_{\text{B}}T}$ : zware soorten hopen zich aan de rand op. (c) $\exp[\Delta m\,\omega^2r^2/2k_{\text{B}}T] = \exp[5 \times 10^{-27} \times 3.6 \times 10^{5}/(2 \times 4.4 \times 10^{-21})] \approx \eu^{0.2} \approx 1.2$ per trap. (d) Van het natuurlijke $0.7\%$ naar reactor- of wapenkwaliteit vergt vele opeenvolgende factoren $1.2$ : vandaar cascades van duizenden centrifuges — en daarom is het tellen van cascades kerndiplomatie.

Oefening 18.10 ★★★

Saha met de hand. (a) Voer het bewijs met de $\mu$ -balans van Propositie 18.5 uit. (b) Definieer de geïoniseerde fractie $x$ bij totale waterstofdichtheid $n$ en toon aan dat $x^2/(1 - x) = \eu^{-E_{\text{I}}/k_{\text{B}}T}/n\lambda_{T,\text{e}}^3$ . (c) Zonnefotosfeer: $T = 5800\,\mathrm{K}$ , $n \approx 10^{23}\,\mathrm{m}^{-3}$ : toon aan dat de geïoniseerde fractie van waterstof slechts $\sim10^{-4}$ is — het oppervlak van de zon is neutraal. (d) Bij $T = 10\,000\,\mathrm{K}$ (dezelfde $n$ ): herbereken en geef commentaar op de steilheid.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.10.

(a) Zoals in de tekst: neem de exponentiële functie van de $\mu$ -balans met de chemische potentialen van het ideale gas en de verschuiving $-E_{\text{I}}$ van het atoom. (b) Met $n_{\text{e}} = n_{\text{p}} = xn$ en $n_{\text{H}} = (1-x)n$ : het aangegeven quotiënt. (c) Bij $5800\,\mathrm{K}$ : $\lambda_{T,\text{e}} \approx 1.0\,\mathrm{nm}$ , $\eu^{-27.2} = 1.5 \times 10^{-12}$ , $1/n\lambda^3 \approx 1.1 \times 10^{4}$ : $x^2/(1-x) \approx 1.6 \times 10^{-8}$ , dus $x \approx 1.3 \times 10^{-4}$ — de zonnefotosfeer is voor $99.99\%$ neutrale waterstof. (d) Bij $10\,000\,\mathrm{K}$ (dezelfde $n$ ): $x \approx 6\%$ — tweeënhalve orde bij een temperatuurfactor $1.7$ ; bij de lagere elektrondichtheden van de fotosfeer komt de stijging nog eerder. Saha-overgangen zijn kliffen.

Oefening 18.11 ★★★

Wanneer gassen kwantummechanisch worden. De ontaarding zet in bij $n\lambda_T^3 \sim 1$ . (a) Voor lucht bij $300\,\mathrm{K}$ : hoe ver onder de drempel (Oefening 18.2)? (b) Voor de geleidingselektronen in koper ( $n = 8.5 \times 10^{28}\,\mathrm{m}^{-3}$ ): bepaal de temperatuur waaronder $n\lambda_T^3 > 1$ — en concludeer dat de elektronen van een metaal bij elke laboratoriumtemperatuur ontaard zijn. (c) Voor rubidiumatomen bij $n = 10^{20}\,\mathrm{m}^{-3}$ : de kwantumdrempeltemperatuur (de BEC-schaal van Hoofdstuk 19). (d) Rangschik de drie en formuleer de regel: lichte deeltjes en hoge dichtheden worden het eerst kwantummechanisch.

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.11.

(a) $1.7 \times 10^{-7}$ : zeven ordes onder de drempel — lucht is veilig klassiek. (b) Stel $n\lambda_T^3 = 1$ : $T_{\text{deg}} = h^2n^{2/3}/2\pi mk_{\text{B}} \approx 6 \times 10^{4}\,\mathrm{K}$ voor de elektronen van koper — elk metaal dat u ooit hebt aangeraakt draagt een diep kwantummechanisch elektronengas. (c) Voor rubidium bij $10^{20}\,\mathrm{m}^{-3}$ : $T_{\text{deg}} \sim 10^{-7}\,\mathrm{K}$ — de grens van honderd nanokelvin uit Hoofdstuk 19. (d) Elektronen in metalen: altijd kwantum; atomen in het lab: pas bij nanokelvins; lucht: nooit — de ontaarding gaat als $n^{2/3}/m$ .

Oefening 18.12 ★★★

Het heelal verliest zijn positronen. In het hete jonge heelal hield $\eu^+ + \eu^- \rightleftharpoons 2\gamma$ de paren in evenwicht met $\mu_{e^+} + \mu_{e^-} = 0$ (fotonen: $\mu = 0$ ). (a) Voor een symmetrisch plasma geeft dit $\mu_{e^\pm} \approx 0$ : toon aan dat de paardichtheid dan $n_\pm \approx \lambda_T^{-3}\eu^{-m_{\text{e}}c^2/k_{\text{B}}T}$ is zodra $k_{\text{B}}T \ll m_{\text{e}}c^2$ . (b) Bereken de temperatuur waarbij $m_{\text{e}}c^2 = k_{\text{B}}T$ en de kosmische tijdschaal die daarbij hoort (neem $t \sim 1\,\mathrm{s}$ bij $10^{10}\,\mathrm{K}$ aan). (c) Toon aan dat een bescheiden verdere afkoeling (een factor van enkele eenheden) de paardichtheid met vele ordes van grootte laat instorten: de positronen annihileren weg en laten alleen het minieme oerbeschot aan elektronen achter. (d) De vrijgekomen fotonen verwarmen het stralingsbad opnieuw: welke reststraling draagt daarvan het bewijs (Hoofdstuk 27)?

Oplossing

Oplossing van Oefening 18.12.

(a) Met $\mu = 0$ is de paardichtheid de door Boltzmann onderdrukte $\lambda_T^{-3}\eu^{-\beta m_{\text{e}}c^2}$ zodra de paren niet-relativistisch zijn. (b) $m_{\text{e}}c^2/k_{\text{B}} = 5.9 \times 10^{9}\,\mathrm{K}$ , ongeveer één seconde na het begin bereikt. (c) Afkoelen van $6 \times 10^{9}\,\mathrm{K}$ naar $2 \times 10^{9}\,\mathrm{K}$ vermenigvuldigt de exponent met drie: de dichtheid stort alleen al in de exponentiële functie van $\eu^{-2} \to$ $\eu^{-6}$ in, en met de voorfactor nog ordes meer — binnen enkele seconden zijn de positronen verdwenen, geannihileerd tegen alles op één deel per miljard van de elektronen na. (d) De annihilatiefotonen voegden zich bij het stralingsbad en verwarmden het licht, en het uitgerekte overblijfsel daarvan is de kosmische achtergrondstraling — het bewijsstuk van $2.7\,\mathrm{K}$ van de gebeurtenis.

18.6 Vraagstuk: De temperaturen van de sterren lezen

Probleem 18.1

Weekendvraagstuk — Saha, Payne en waaruit het heelal bestaat

Sterspectra werden in de jaren 1890 in de klassen O, B, A, F, G, K en M gecatalogiseerd naar de sterkte van hun absorptielijnen — waarbij de balmerlijnen van waterstof in klasse A het sterkst waren en zowel in hetere als in koelere sterren raadselachtig zwak. In 1925 paste Cecilia Payne de gloednieuwe vergelijking van Saha toe en toonde zij aan dat de hele dierentuin één stof bij verschillende temperaturen was — en dat sterren overweldigend uit waterstof bestaan, een conclusie die zo ketters was dat men haar dwong die in haar proefschrift af te zwakken. Dit vraagstuk volgt haar redenering. Gegevens: de balmerabsorptie vertrekt vanaf $n = 2$ , op $E_2 - E_1 = 10.2\,\mathrm{eV}$ boven de grondtoestand; $E_{\text{I}} = 13.6\,\mathrm{eV}$ ; fotosferische elektrondichtheden $n_{\text{e}} \sim 10^{20}\,\mathrm{m}^{-3}$ .

Deel I — Twee concurrerende factoren.

Balmerabsorptie vergt neutrale waterstof in $n = 2$ : schrijf de boltzmannfactor voor de bezetting van $n = 2$ op (ontaardingen: $g_2/g_1 = 4$ ).
Reken haar uit bij $5000$ , $10000$ en $20\,000\,\mathrm{K}$ : welke kant duwt deze factor de lijnsterkte op naarmate $T$ stijgt?
Nu de sahafactor: wat gebeurt er met de neutrale fractie naarmate $T$ stijgt, en dus met de balmerlijnen?
Leg kwalitatief uit waarom het product — aangeslagen en nog neutraal — bij een of andere tussentemperatuur moet pieken.
Schat met de vergelijking van Saha en $n_{\text{e}} = 10^{20}\,\mathrm{m}^{-3}$ de temperatuur van halve ionisatie van waterstof.
Zet de piek in elkaar: nabij welke temperatuur zouden de balmerlijnen het sterkst moeten zijn, en welke spectraalklasse (A-sterren, $\sim10\,000\,\mathrm{K}$ ) pikt dat eruit?

Deel II — De spectraalreeks ontcijferd.

M-sterren ( $3000\,\mathrm{K}$ ) vertonen sterke molecuulbanden (TiO) en zwakke waterstof: verklaar beide met de twee factoren.
O-sterren ( $40\,000\,\mathrm{K}$ ) vertonen heliumlijnen en opnieuw zwakke waterstof: verklaar dat (wat is er met de waterstof gebeurd, en waarom komt helium, $E_{\text{I}} = 24.6\,\mathrm{eV}$ , nu aan de beurt?).
De zon (G, $5800\,\mathrm{K}$ ) vertoont sterke lijnen van geïoniseerd calcium ( $E_{\text{I,Ca}} = 6.1\,\mathrm{eV}$ ) en toch zwakke waterstof: toon met de logica van Saha aan waarom calcium al geïoniseerd is terwijl waterstof nog neutraal is en grotendeels in $n = 1$ zit.
Astronomen van vóór Payne lazen lijnsterkte als hoeveelheid: wat deden de machtige calciumlijnen en de zwakke balmerlijnen van de zon hen over haar samenstelling besluiten?
Het inzicht van Payne: corrigeer de sterkte van elke lijn voor haar “zichtbaarheidsfactor” van Boltzmann en Saha. Welke rangorde van ware hoeveelheden kwam tevoorschijn toen zij dat deed?
Haar resultaat — waterstof een miljoen keer talrijker dan calcium, sterren grotendeels waterstof en helium — waarom stuitte het op verzet (wat suggereerde de op de aarde gerichte scheikunde), en wanneer kreeg zij gelijk?

Deel III — Getallen op de piek.

Bereken de boltzmannfactor voor $n = 2$ bij precies $9600\,\mathrm{K}$ .
Neem met de sahaschatting uit punt 5 de neutrale fractie bij $9600$ , $15000$ en $25\,000\,\mathrm{K}$ ruwweg gelijk aan $0.5$ , $10^{-3}$ en $10^{-5}$ : vorm het product (aangeslagen fractie $\times$ neutrale fractie) bij uw drie temperaturen en bepaal het maximum.
Waarom is de balmerpiek aan de hete kant scherp (welke exponentiële functie wint) en aan de koele kant geleidelijk?
Een fotosfeer van een witte dwerg heeft een $n_{\text{e}}$ die duizend keer groter is: welke kant schuift de temperatuur van halve ionisatie op, en waarom (Le Chatelier in de taal van $\mu$ )?
Twee sterren met dezelfde temperatuur maar verschillende drukken vertonen dus verschillende lijnsterkten: welke stereigenschap (reus tegen dwerg — de zwaartekracht aan het oppervlak) laat dat spectroscopisten aflezen?
Moderne surveys leggen stertemperaturen tot op $\pm1\%$ vast uit lijnverhoudingen: formuleer de keten postulaat $\to$ Boltzmann $\to$ Saha $\to$ thermometer.

Deel IV — Wat er is beslecht.

De reeks OBAFGKM was alfabetische chaos die empirisch was herordend: welke ene natuurkundige grootheid ordent haar na Saha?
Zeg waarom hetzelfde element bij de ene temperatuur een spectrum kan overheersen en bij de andere kan verdwijnen zonder enige verandering in hoeveelheid — de kernles die Payne de astronomie leerde.
Waterstof op driekwart van alle baryonische massa: noem twee andere pijlers van dit boek die op die hoeveelheid rusten (de kernfusie in sterren, Hoofdstuk 27; de hemel op 21 cm, Hoofdstuk 12).
Otto Struve noemde het proefschrift van Payne “het schitterendste proefschrift dat ooit in de astronomie is geschreven”: rechtvaardig die lof in één zin vanuit dit vraagstuk.
Dezelfde sahafysica, op kosmische schaal achterstevoren uitgevoerd, voorspelt de temperatuur waarbij de waterstof van het hele heelal zich voor het eerst verbond ( $\sim3000\,\mathrm{K}$ bij de veel lagere kosmische dichtheid): noem de gebeurtenis en haar relict (Hoofdstuk 27).
Ionisatie-evenwichten drijven ook tl-lampen en plasmabewerking aan: zeg in één zin waarom een geïoniseerde toestand in de stijl van $10\,000\,\mathrm{K}$ kan bestaan in een buis waarvan het glas koel blijft (welke twee deelstelsels komen niet in evenwicht?).
Vat het genoemde resultaat samen: één evenwichtsvoorwaarde, $\mu_{\text{H}} = \mu_{\text{p}} + \mu_{\text{e}}$ , maakt van het spectraalalfabet een thermometer die van $3000$ tot $40\,000\,\mathrm{K}$ loopt, legt de balmerpiek bij de A-sterren en onthult een heelal dat uit waterstof bestaat.

Oplossing

Oplossing van Probleem 18.1.

1. $n_2/n_1 = 4\,\eu^{-10.2\,\text{eV}/k_{\text{B}}T}$ . 2. $2 \times 10^{-10}$ , $2.9 \times 10^{-5}$ , $1.1 \times 10^{-2}$ : steil stijgend — heter is beter om $n = 2$ aan te slaan. 3. Saha ioniseert de waterstof weg: boven $\sim10\,000\,\mathrm{K}$ stort de neutrale fractie in en neemt zij de balmerlijnen mee. 4. De ene factor stijgt met $T$ , de andere daalt: hun product moet tussen de twee regimes in pieken. 5. $\lambda_{T,\text{e}}^{-3}\eu^{-E_{\text{I}}/ k_{\text{B}}T} = n_{\text{e}} = 10^{20}\,\mathrm{m}^{-3}$ stellen geeft $T \approx 9600\,\mathrm{K}$ . 6. Nabij $10\,000\,\mathrm{K}$ — precies de A-sterren, wier spectra het uitstalraam van de waterstof zijn. 7. Bij $3000\,\mathrm{K}$ haalt niets $n = 2$ ( $\eu^{-39}$ ), terwijl kwetsbare moleculen als TiO overleven en in banden absorberen: koele sterren zijn moleculair en waterstofdonker. 8. Waterstof is tot onzichtbaarheid geïoniseerd; helium, met zijn ladder van $24.6\,\mathrm{eV}$ , heeft nu pas de $k_{\text{B}}T$ en de sahacondities om zijn absorberende toestanden te bezetten en te houden. 9. De ionisatie van calcium op $6.1\,\mathrm{eV}$ is veel goedkoper dan die van waterstof op $13.6\,\mathrm{eV}$ : bij $5800\,\mathrm{K}$ ioniseert Saha het calcium vrijwel volledig (de lijnen van Ca $^+$ absorberen dan vanuit zijn grondtoestand — geen boltzmannbelasting), terwijl de neutrale waterstof in $n = 1$ zit en blind is voor Balmer. 10. Dat de zon grotendeels uit calcium en ijzer bestaat en op de aardkorst lijkt — de heersende aanname die Payne erfde. 11. Door elke sterkte door haar zichtbaarheidsfactor te delen vielen de wilde verschillen weg: de meeste elementen kwamen in vergelijkbare verhoudingen uit — behalve waterstof (en helium), dat ongeveer een miljoen keer talrijker bleek. 12. Men nam aan dat de kosmische scheikunde het aardse gesteente weerspiegelde; Russell drong er bij haar op aan het waterstofresultaat “vrijwel zeker niet echt” te noemen — en publiceerde vier jaar later zelf dezelfde conclusie, met bronvermelding. Payne had gelijk. 13. $4\eu^{-10.2/0.827} = 4\eu^{-12.3} \approx 1.8 \times 10^{-5}$ . 14. Producten $\approx 9 \times 10^{-6}$ , $1.5 \times 10^{-6}$ en $3.5 \times 10^{-7}$ : het maximum ligt bij $\approx9600\,\mathrm{K}$ — de piek van de A-sterren, met twee exponentiële functies gereproduceerd. 15. Aan de hete kant vaagt de saha-exponentiële de neutrale bezetting regelrecht weg; aan de koele kant slinkt de boltzmannfactor slechts: een klif erboven, een helling eronder. 16. Een hogere $n_{\text{e}}$ duwt de recombinatie aan (meer partners om te vangen): de halve ionisatie schuift naar heter — de reactie wordt naar de gebonden kant geduwd, Le Chatelier in de taal van $\mu$ . 17. De zwaartekracht aan het oppervlak: compacte dwergen (hoge druk) en opgeblazen reuzen (lage) scheiden zich bij één temperatuur — lichtkrachtklassen, uit de natuurkunde van de lijnen afgelezen. 18. Even waarschijnlijke toestanden $\to$ boltzmannbezettingen $\to$ saha-ionisatie $\to$ verhoudingen van lijnsterkten, omgekeerd naar $T$ : een thermometer zonder bewegende delen, op elke afstand. 19. De temperatuur — één as, van de $3000\,\mathrm{K}$ van M tot de $40\,000\,\mathrm{K}$ van O, vervangt het hele alfabet. 20. Zichtbaarheid is bezetting, en bezettingen zijn exponentiële functies van $T$ : de sterkte van een spectraallijn meet eerst de thermodynamica van de ster en pas na correctie haar scheikunde. 21. De waterstoffusie als energiebron van de sterren, en de cartografie van de sterrenstelsels op 21 cm: beide staan op de hoeveelheid die Payne vaststelde. 22. Met twee ensembleformules zette zij veertig jaar spectraaltaxonomie om in thermometrie en woog zij de samenstelling van het heelal opnieuw — in een proefschrift. 23. De kosmische recombinatie: de eigen halve ionisatie van het heelal bij $\sim3000\,\mathrm{K}$ , wier vrijgekomen licht, duizendvoudig uitgerekt, de microgolfachtergrond van $2.7\,\mathrm{K}$ is. 24. De elektronen (heet, op de schaal van $10^{4}\,\mathrm{K}$ ) en het gas plus de wanden (koel) wisselen te traag energie uit om in evenwicht te komen: twee temperaturen naast elkaar in één buis — een stationaire toestand buiten evenwicht, en daarom gloeit de lamp zonder te smelten. 25. Eén voorwaarde, $\mu_{\text{H}} = \mu_{\text{p}} + \mu_{\text{e}}$ , ordent OBAFGKM op temperatuur alleen, parkeert het balmermaximum bij de A-sterren nabij $9600\,\mathrm{K}$ en onthult — zodra de sterkten voor zichtbaarheid zijn gecorrigeerd — een heelal van waterstof.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Wat μ betekent

Bekijk alle 431 begrippen in de begrippenlijst