Z A B O L J E D A N E I N O VA O T K R I C A . . .

L U K A R A J A C I C & A L E K S A N D R A D I M I C

T F PZIMSKI SEMESTAR2018/2019. GODINE

F I Z I C K I FA K U LT E T, U N I V E R Z I T E T U B E O G R A D U

Copyright © 2018 Luka Rajacic & Aleksandra Dimic

published by ff, beograd 2018.

Prvo izdanje, Decembar 2018

Osnovni plazmeni parametri

1. Odrediti Debajev radijus rd, broj cestica u Debajevoj sferi i plaz-menu frekvenciju ωp, u: tinjavom pražnjenju [n = 1016m−3,KBTe =

2eV], jonosferi [n = 1012m−3, KBTe = 0.1eV], θ-pincu [n = 1023m−3,KBTe = 800eV]

Rešenje:

Koristeci sledece formule, tražene velicine se mogu iyraçunati.

rde =

√ε0KBTe

e2n

ND = nr3de

ωpe =

√e2n

ε0me

2. Oceniti u kojim se granicama može kretati temperatura T potpunojonizovane Ar plazme, gustine ne = 1016m−3 znajuci da je efikasnipresek za rasejanje elektrona na jonima Ar σ = 10−16cm2 =

10−20m2.

Rešenje:

Korišcenjem narednih uslova se dobijaju aproksimativne granicedo na red velicine.

ωp

ν>> 1

rD >> d

σneVτ = 1

Pri cemu je poslednja jednacina zahtev za tacno jedan sudar priodredjenoj brzini i koncentraciji, stoga u izrazu figuriše vremesudara τ. Pri cemu je σ presek za sudar.

3. Plazmoid (koherentna struktura plazme i magnetnog polja) imaradijus r = 1mm i KBT = 0.8eV. Kolika mora biti koncentracija dabismo ga smatrali plazmom? /pra

Rešenje:

6

V = d3

n =NV

d << rD << L

4. Pod kojim uslovima bi bilo ispravno tretirati plazmu kao slabonei-dealan gas? Da li su uslovi ispunjeni kod potpuno jonizovaneplazme pri T = 2320K i ne = 1019m−3?

5. Pokazati da je plazma slaboneidealna, ako važi uslov da se unutarDebajeve sfere nalazi veliki broj cestica, tj. da je rastojanje izmedjudve cestice znatno vece od Debajevog radijusa.

Rešenje:

U = Uth + Uint

Uth = ∑α

32

KTαNα =32

KT ∑α

Nα =32

KTN

Uint =12 ∑

α

qαNαφα

φα = φDH − φC = − qα

4πε0[1− e−

rrD ] = − qα

4πε0

1rD

Uint = −VKT

8πrD3

U =32

KTN[1− 112π

(d

rD)3

6. Proceniti kolika je najveca sfera (zapremina) koja može ostati beznaelektrisanih cestica.

Rešenje:

W =∫

0rmax

ε0

2Er

2r2dr

Er =1

4πε0

Qr2

Q =43

r3π

W =32

KTn43

rmax3π

rmax = [45KTε0

nee2 ]1/2 ≈ 7rD

Primena znanja elektrodinamike na plazmene sisteme

1. Naci potencijal φ statickog naelektrisanja q koje se nalazi u tacki~r = 0, u plazmi ciji tenzor dielektricne propustljivosti zadovoljavajednacinu:

3

∑i,j=1

kik jεij(w = o,~k) = ε0(k2 − k20)

gde je k0 konstanta.

Rešenje:

Koristeci maksvelove jednacine, definiciju delta funkcije i furijetransform možemo doci do izraza za φ(~k), a samim tim i do φ(~r).

div~D = ρ

ρ = qδ(~r)

div~D = div1

(2π)3

∫~D(~k)ei~k~rd3~k =

1(2π)3

∫~D(~k)i~kei~k~rd3~k

ρ =1

(2π)3

∫ei~k~rd3~k

~D(~k) = ε(~k)~E(~k)

div~D =q

(2π)3

∫~kε~kφ(~k)

φ(~k) =q

(2π)31

∑3i,j=1 kik jεij

φ(~r) =1

(2π)3

∫φ(~k)ei~k~rd3~k

Razbijanjem razlomka pod integralom, dobijaju se dva clana,vrednostidobijenih integrala možemo dobiti preko reziduma.

1k2 − k2

0=

12k

(1

k + k0+

1k− k0

)

φ(~r) =q

(2π)3ε0

∫ ei~k~r

k2 − k20=

q(2π)3ε0

J

8

φ(~r) =1

2πε0

cos(k0r)r

2. Naci potencijal φ statickog naelektrisanja q koje se nalazi u tacki~r = 0, u plazmi ciji tenzor dielektricne propustljivosti u furijeoblasti zadovoljava jednacinu:

3

∑i,j=1

kik jεij = ε0k20e

12 (

kk0)2

gde je k0 konstanta.

Rešenje:

Analogno prethodnom zadatku, na isti nacin dolazimo do zavis-nosti φ(~k), nakon cega se dobija proizvod tri identicna integrala.Eksponente pod integralom treba dopuniti do potpunog kvadrata,cime se dobija integral gausovog tipa.

∫e−

x2

a2 dx =

√xa

φ(~k) =q

(2π)3ε0

e−12 (

kk0)2

k20

φ(~r) =q

(2π)3ε0k20

3

∏i=1

∫eikiri− 1

2 (kik0)2

dki

φ(~r) =q

(2π)32 ε0

k0e−(k0r)2

2

3. Naci potencijal φ izotermne dvokomponentne plazme (ei = e)u prostoru iznad beskonacne naelektrisane ravni potencijala φ0.Odnos eφ

KBT smatrati proizvoljnim.

Rešenje:

∆φ = − 1ε0

ρ

ρ = ρe + ρi

ρe = −enoeeeφ

KBT

ρe = enoee−eφKBT

Iz simetrije sistema, vidimo da é potencijal zavisiti samo od zkoordinate.

∂2φ

∂z2 =en0

ε0(e−eφKBT − e

eφKBT )

Ez = −dφ

dz

9

∂

∂z∂phi∂z

=∂

∂z(−Ez) = −

∂Ez

∂φ

∂φ

∂z=

ddφ

(E2z)

E2z =

4n0KBTε0

ch(eφ

KBT+ C1)

Iz uslova da polje i potencijal teže nuli kada z teži beskonacnosti,dobija se konstanta C1.

Ez = 2

√2n0KBT

ε0sh(

eφ

KBT) = −dφ

dz

koristeci se narednim integralom, dolazi se do oblika za potencijalphi ∫ dx

shx= ln(th

x2+ const)

φ =4KBT

eacrth[th(

eφ0

4KBT)e− ez

KBT

√2n0KBT

ε0 ]

4. Naci potencijal φ izotermne dvokomponentne plazme (ei = e) uprostoru iznad beskonacne naelektrisane ravni sa površinskomgustinom naelektrisanja σ, gde je σ konstanta. Odnos eφ

KBT smatratiproizvoljnim.

5. Dve paralelne ravni na rastojanju D se održavaju na konstantnimpotencijalima φ0 i −φ0. Prostor izmedju ravni je ispunjen dvokom-ponentnom plazmom (qj = e). Naci elektricno polje u prostoruunutar ravni.

Rešenje:

∆φ = − 1ε0

ρ

ρ = ρe + ρi

φ(D2) = φ0

φ(−D2) = −φ0

r−1D =

2e2n0

ε0KBT

Smena: u = xrD

ε = −dΦdu

eφ

KBT= Φ

ε = 2ch(Φ) + C1

10

6. Prostor izmedju dve ravni ispunjen je cesticama naelektrisanjaq i srednje koncentracije n, ravni se nalaze na potencijalu φ =

0, a rastojanje izmedju ravni je 2d. Naci raspodelu potencijalaizmedju ravni, ako je energija termalnog kretanja znatno veca odelektrostaticke i ako važi:

q2 < n > d2

ε0KBT>> 1

Rešenje:

∆φ = − 1ε0

ρ

ρ = qn0e−qφ

KBT ≈ (1 +qφ

KBT)

φ = φh + φp = Aex

rD + Be−x

rD +KBT

q

φ(−d) = φ(d) = 0

Rešavanjem sistema se dobija:

A = B = −KBTq

sh(d

rD)

φ(x) =KBT

q[1−

ch( xrD)

ch( drD)]

< n >=1

2d

∫n(x)dx = n0

th( drD)

drD

7. Prostor izmedju dve neprovodne koncentricne sferne površine,radijusa R1 i R2 (R1 << R2), ispunje je slaboneidealnom dvokom-ponentnom plazmom (qj = e) temperature T i kncentracije no prinaponu U = 0 izmedju sfera. Naci raspodelu napona U izmedjusfera ako je izmedju unutrašnje i spoljašnje površine ostvaren kon-stantan napon U0.

Rešenje:

∆φ = − ρ

ε0

ρ = ρe + ρi = e(ni − ne)

U(r) = φ(R1)− φ(r)

ni = nj0e−eφ(r)KBT = nj0e−

eφ(r)KBT e

eφ(R1)KBT e

− eφ(R1)KBT

= n′j0eeU(r)KBT = n′j0(1+

eU(r)KBT

)

ne = n′e0(1−eU(r)KBT

)

11

∆U(r) = −∆φ(r) =ρ

ε0

U(r) =Ar

e−r

rD +Br

er

rD −er2

Dε0

(n′j0 − n′e0)

8. Naci izraz za frekvenciju playmenih oscilacija.

9. Odrediti oblik Debaj - Hikelovog potencijala.

Sudarni procesi i rasejanja

1. Odrediti totalni presek u okviru modela krutih sfera. Neka su R1 iR2 radijusi sfera.

Resešenje:

σtot = σ =∫ ∣∣∣∣ dσ

dΩ

∣∣∣∣ dΩ

Sa slike se može uociti sledece, pri cemu je b parametar sudara,dok je R minimalno rastojanje izmedju centara dve sfere:

b = Rcos(

θ

2

)R = R1 + R2

σd =dσ

dΩ=

b2π

2πsindθ=

R2

4

2. Odredititotalni ppresek, kao i difuzioni presek, ako je dat diferen-cijalni presek:

σd =σ0

2(3cos2θ + 1)

Resešenje:

σ =∫

σddΩ =∫ π

0

∫ 2π

0sinθdθdφ

σ0

2[3cos2θ + 1]

Prilikom rešavanja integrala koristi se standardna smenda u =

cosθ. ∫ π

0dθcos2θsinθ = −

∫ −1

1x2dx = 2

θ = 40

σ(1) =∫ π

0

∫ 2π

0σdsinθdθdφ

σ0

2[3cos2θ + 1][1− cosθ]

σ(1) = 40

14

3. Totalni presek rasejanja Xe+ i Xe je aproksimativno nezavistan odenergije, vrednost preseka je σ = 10−14cm2. A) Odreridi srednjislobodni put Xe+ za elasticno rasejanje u slabo jonizovanoj plazmiXe, na temperaturi od 20 stepeni Celzijusovihi: a) 1000 Pa b)10 Pac) 0.1 Pa. B) Koliko je vreme izmedju dva uzastopna sudara ako jesrednja temperatura Xe+ jona T = 1000K.,

Resešenje:

λ =1

nσ

p = nkT

τ =KTpσ

1VT

=KTpσ

√M

3KT

a) 4 ∗ 10−6m ; 17 ∗ 10−9s b) 4 ∗ 10−4m ; 17 ∗ 10−7s c) 4 ∗ 10−2m ;17 ∗ 10−5s

4. Doci do relacije izmedju parametra sudara i udaljenosti mak-simalnog približavanja (maximum approach distance), kada jeinterakcija izotropna.

Resešenje:

Koristeci zakone održanja možemo doci do traženog rezultata.

|~L| = |~rx~p| = µbV

|~L| = L = µρ0VT

VTV

=bρ0

Gde je V brzina cestice u beskonacnosti, a VT je tangencijalnakomponenta brzine za r = ρ0. Normalne komponente brzinenema, jer bi njeno postojanje svedocilo da dato r nije maximumapproach distance.

µV2

2=

µVT2

+ U

µV2

2= ε

V2T

V2 = 1− Uε

b2

ρ20= 1− U

ε

5. Odrediti presek sudara, ako su projektil i meta respektivno,elektron/negativno naelektrisani jon i sferni klaster radijusa r0 inaelektrisanja Z. (cestice u sudaru se dodiruju)

15

Resešenje:

Koristeci se rezultatom i idejom iz prethodnog zadatka, nalazimo:

b2 = ρ20

(1− U

ε

)

U =1

4πε0

−Ze2

ρ0

σ = b2π

σ = ρ20π +

Ze2ρ0π

ε

6. Odrediti presek za rasejanje pri velikom uglu.

Resešenje:

Potencijalna energija interakcije je reda velicine kineticke energijecestice na rastojanjima približnim rastojanju maksimalnog prilaska.

U ≈ ε

σ = πρ20

Za potencijal možemo pretpostaviti sledeci oblik:

U = AR−k

Gde su A i k neke konstante.

σ = π

(Aε

)2/k

7. Naci diferencijalni i difuzioni presek za sudar cestica u okvirumodela krutih sfera.

8. Naci presek za neutralizaciju pri sudaru katjona i anjona, u okvirumodela koji propagira da do razmene naelektrisanja dolazi ako jeudaljenost izmedju cestica manja od zadatog R0.

Entropija

1. Pokazati da u sistemu koji se sastoji od više vrsta cestica, ciji susudari opisani Bolcmanovim kolizionim integralom, entropija neopada. Smatrati da je sila ~Fα koja deluje na cestice vrste sa naelek-

trisanjem α, oblika ~Fα = ~F∗α + qα(~E +~vx~B), gde je ~F∗α rezultujucasila neelektromagnetnog porekla (ne zavisi od ~v), a ~E i ~B su vektorisamousaglašenog elektromangnetnog polja.

Rešenje:

S = −KB ∑α

∫d3~rαd3~vα fαln fα

dSdt

= −KB ∑α

ddt

∫d3~rαd3 ~Vα fαln fα

dSdt

= −KB ∑α

∫d3~rαd3~vα

[∂ fα

∂tln fα + fα

1fα

∂ fα

∂t

]dSdt

= −KB ∑α

∫d3~rαd3~vα [1 + ln fα]

∂ fα

∂t

Iα =∂ fα

∂t+ ~V

∂ fα

∂~r+

~Fα

mα

∂ fα

∂~vU poslednjem izrazu za promenu entropije u vremenu, treba za-meniti parcijalni izvod po vremenu od funkcije raspodele odgo-varajucom jednacinom.

dSdt

= −KB ∑alpha

∫d3~rαd3~vα [1 + ln fα]

[Iα −~v

∂ fα

∂~r−

~Fα

mα

∂ fα

∂~v

]

Poslednji izraz cemo analizirati clan po clan.

1© = KB ∑α

∫d3~rαd3~vα~vα

∂ fα

∂~r= KB ∑

α

∫d3~rαd3~vα

∂

∂~r[~vα fαln fα]

Poslednji integral zavisi od vrednosti podintegralne funkcije za ~rα

koje teži beskonacnosti, pri cemu lim~rα→∞ fα = 0, stoga je integralnula.

2© = KB ∑α

∫d3~rαd3~vα

~Fα

mα

∂ fα

∂~v[1 + ln fα] = KB ∑

α

∫d3~rαd3~vα

∂

∂~v

[~Fα

mαfαln fα

]

18

Kao i prethodni integral, i poslednji zavisi od vrednosti podinte-gralne funkcije na granicnoj površini, tj. lim~vα→∞ fα = 0, stoga je iovaj clan nula. Clan koji nam preostaje je:

dSdt

= −KB ∑α

∫d3~rαd3~vα Iα [1 + ln fα]

Iα = ∑β

Iαβ

Iαβ =∫

d3~vβ|~vα − ~vβ|∫

d2σαβ

[fα(~vα

′) fβ(~vβ′)− fα(~vα) fβ(~vβ)

]dSdt

= −KB

3

∑α

~rαd3~vα [1 + ln fα]∑β

∫d3~vβvrel

∫σαβ

[fα(~vα

′) fβ(~vβ′)− fα(~vα) fβ(~vβ)

]dSdt

= −KB ∑α

∫d3~rαd3~vα [1 + ln fα] Iαα−KB ∑

α 6=β

∫d3~rαd3~vα [1 + ln fα] Iαβ

dSdt

= −KB

∫d3~rα

[∑α

Aα + ∑α,β

Bαβ

]

A =∫

d3~v1d3~v2vrel

∫d2σ [1 + ln f1]

[f ′1 f ′2 − f1 f2

]U poslednju jednacinu je potrebno uvesti smenu ~v1 > ~v2, ~v2 > ~v1 idobija se:

A =∫

d3~v2d3~v1vrel

∫d2σ [1 + ln f2]

[f ′1 f ′2 − f1 f2

]Sabiranjem poslednja dva izraza za clan A dobijamo:

2A =∫

d3~v2d3~v1vrel

∫d2σ [2 + ln( f1 f2)]

[f ′1 f ′2 − f1 f2

]Sada za varijable integracije možemo uzeti brzine nakon sudara:

|~v1 − ~v2| = |~v1′ − ~v2

′|

J =∣∣∣∣ d3~v1d3~v2

d3~v1′d3~v2

′

∣∣∣∣ = 1

2A =∫

d3~v2′d3~v1

′vrel

∫d2σ [2 + ln( f1 f2)]

[f ′1 f ′2 − f1 f2

]Kako za svaki direktni sudar, postoji odgovarajuci inverzni su-dar, mi cemo sada posmatrati inverzni sudar, u odnosu na sudaropisan sa poslednjom jednacinom:

2A =∫

d3~v2d3~v1vrel

∫d2σ

[2 + ln( f ′1 f ′2)

] [f1 f2 − f ′1 f ′2

]aA = −

∫d3~v2d3~v1vrel

∫d2σ

[2 + ln( f ′1 f ′2)

] [f ′1 f ′2 − f1 f2

]

19

Ako saberemo sada izraze oznacene sa 3 i 4, dobijamo:

4A =∫

d3~v2d3~v1vrel

∫d2σ

[ln( f1 f2)

( f ′1 f ′2)

] [f1 f2 − f ′1 f ′2

]A = −1

4

∫d3~v2d3~v1vrel

∫d2σ

[ln( f ′1 f ′2)( f1 f2)

] [f1 f2 − f ′1 f ′2

]Kako je izraz oblika (x − y)ln x

y uvek veci ili jednak nuli, tako jei izraz za A uvek manji ili jednak od nule. Istim postupkom, uznesšto duži racun se može doí i do:

Bαβ + Bβα = −12

∫d3~vαd3~vβvrel

∫d2σαβ

[ln( f ′α f ′β)

( fα fβ)

] [f1 f2 − f ′1 f ′2

]Ovime smo pokazali da je sledeci izraz uvek veci ili jednak nuli:

dSdt

= −KB

∫d3~rα

[∑α

Aalpha + ∑α 6=β

Bαβ

]≥ 0

2. Gas se sastoji iz dve komponente, cije su raspodele:

f1 = n1

[m1

2πKT1

]3/2

e−m1v2

12KT1

f2 = n2

[m2

2πKT2

]3/2

e−m2v2

22KT2

Pri cemu je m1 << m2, dok je T1 ≈ T2. U prvoj aproksimaciji naciizraz za Bolcmanov kolizioni integral prve komponente sa drugomi izraziti ga preko m1, m2, δT, T, n2, v1, f1iσ1, gde je σ1 Ramzauerovpresek, koji ne zavisi od brzine.

Rešenje:

I12 =∫

d3~v2

∫d2σdi f f

[f1(~v′1) f2(~v2

′)− f1(~v1) f2(~v2)]

vrel = |~v2 − ~v1|

1© =[

f1(~v′1) f2(~v2′)− f1(~v1) f2(~v2)

]= f1 f2

[f ′1 f ′2f1 f2− 1]

1© = f1 f2

[f ′1 f ′2f1 f2− 1]= f1 f2

[e−m1v′21 +m1v2

12KT1

+−m2v′22 +m2v2

22KT2 − 1

]Da su temperature prve i druge komponente jednake, poslednjiizraz bi zbog zakona održanja bio jednak nuli.

1© =[

f1(~v′1) f2(~v2′)− f1(~v1) f2(~v2)

]= f1 f2

[f ′1 f ′2f1 f2− 1]

1© = f1 f2

[e−m1v′21 +m1v2

12KT1

+−m2v′22 +m2v2

22KT2

+m1v2

1−m1v′212kT2

−m1v21−m1v′212kT2 − 1

]

20

1© = f1 f2

e1

kT2

[m1v2

1−m1v′21 +m2v22−m2v′22

2

]+[

1KT1− 1

KT2

]m1v21−m1v′21

2 − 1

T2 − T1

2T1T2=

∆TKT2

1© = f1 f2e−∆TkT2

m1v′21 −m1v21

2 = f1 f2

[e−

∆TKT2

2µEM (1−cosθ) − 1

]1© = − ∆T

KT22m1

m2

m1v21

2[1− cosθ]

~vrel ≈ ~v1

I12 = − ∆TKT2

m21v3

1m2

f1

∫d3~v2 f2

∫d2σdi f f [1− cosθ]

I12 = − ∆TKT2

m21v3

1m2

f1n2σ1

3. Izracunati gustinu entropije sistema, koji se sastoji od samo jednevrste cestica. Odrediti njegov tenzor napona, tenzor toplotneprovodnosti, kao i fluks toplotnog provodjenja, pod pretpostavkomda se tada sistem nalazi u: a) LTE stanju b) stanju bliskom LTEstanju sa funkcijom raspodele:

f (~r,~v, t) =[1 + Ai∂i + Bij∂i∂j + Cijk∂i∂j∂k

]fM

gde je:

fM = n[ m

2πKT

]3/2e−

m(~v−~u)22KT

ξi =vi − ui

VT

VT =

[KTm

]1/2

∂i =∂

∂ξi

Rešenje: a) sada radimo sa LTE distribucijom fm: Uvodjenjemsmene ξi = vi−ui/VT u fM dobija se:

fM =n

V3T

eξ22

[2π]3/2

f0 =e

ξ22

[2π]3/2

fMd3~v = nF0d3~ξ

S = −k∫

d3v fMln fM = −k∫

n f0d3~ξln

[n

V3T

f0

]

21

S = −kn∫

ln[

n( m

2πKT

)3/2]< 1 > − kn

2< ξ2 >

< 1 >=∫

d3~ξe

ξ22

[2π]3/2=

3

∏i=1

∫dξi

eξ2i2

[2π]1/2= 1

ξ2 =3

∑i=1

ξ2i

KOrišcenjem smene ξ2i = 2u dobijamo:

< ξ2i >=

∫ ∞

−∞dξiξ

2i

eξ2i2

[2π]1/2=

2√π

∫ ∞

0e−uu1/2du = 1

Stoga se za gustinu entropije dobija:

S = −knln[

n( m

2πKT

)3/2]− 3

2kn

Pij = m∫

d3~vδviδvj fM = m∫

n f0d3~ξξiξ jV2T

ξi =vi − ui

VT=

δviVT

Da bi Pij bilo razlicito od nule, podintegralna funkcija morabiti parna, u suprotnom integral u simetricnim granicama saneparnom funkcijom daje nulu. Stoga dobijamo:

Pij = nKTδij

Qijk =13

m∫

d3~v fMδviδvjδvk = 0

qi = Qijj = 0

Po samoj definiciji tenzora toplotnog provodjenja i vektordatoplotnog provodjenja, vidimo da ce rezultat dati nulu.

b) sad koristimo distribuciju za stanje blisko LTE stanju, tj f (~r,~v, t):

∂i f0 = −ξi f0

∂i∂j( f0) = [ξiξ j − δij] f0

∂i∂j∂k( f0) =[δijξk + δikξ j + δjkξi − ξiξ jξk

]f0

Sada želimo da vidimo kakve restrikcije možemo nametnuti nakoeficijente A,B,C. To radimo koristeci naredne tri jednacine.

n =∫

d3~v f

n~u =∫

d3~v~v f

22

32

nKT =∫ m

2[~v− ~u]2d3~v f

Prvi uslov:

n =∫

V3T d3~ξ

[1 + Ai∂i + Bij∂i∂j + Cijk∂i∂j∂k

] nV3

Tf0

n =∫

d3~ξ f0

[1− Aiξi + Bij(ξiξ j − δij) + Cijk(δijξk + δikξ j + δjkξi − ξiξ jξk)

]1 = 1−Ai < ξi > +Bij(< ξiξ j > −δij)+Cijk(δi j < ξk > +δk j < ξi > +δik < ξ j > − < ξiξ jξk >)

1 = 1

Kao što smo se i uverili prvi uslov nam nije dao nikakve restrikcijena koeficijente. Drugi uslov:

n~u =∫~v f d3~v

n =∫

d3~v f

0 =∫

d3~ξV3TVT~ξ

[1 + Ai∂i + Bij∂i∂j + Cijk∂i∂j∂k

] nV3

Tf0

Prethodnu jednacinu moženmo projektovati:

0 =∫

d3~xiξi

[1− Aiξi + Bij(ξiξ j − δij) + Cijk(δijξk + δikξ j + δjkξi − ξiξ jξk)

]f0

0 =< ξl > −Ai < ξiξl > +Bij(< ξlξiξ j > −δij < ξl >)+Cijk(δij < ξlξk > +δik < ξ jξl > +δjk < ξiξl > − < ξlξiξ jξk >)

< ξlξiξ jξk >= [δliδjk + δl jδik + δlkδij][1− δlijk] + δlijk

0 = −Aiδil +Cijk

(δijδlk + δjkδil + δikδjl − ([δliδjk + δl jδik + δlkδij][1− δlijk] + δlijk)

)= 0

Stoga smo dobili:Ai = 0

Treci uslov:

32

nKT =∫ m

2δv2 f d3~v =

∫ m2

V3T d3~ξV2

T ξ2 nV3

T

[1 + Bij∂i∂j + Cijk∂i∂j∂k

]f0

32

nKT =m2

nKTm

∫d3~ξξ2

[1 + Bij∂i∂j + Cijk∂i∂j∂k

]f0

3 =< ξlξl > +Bi j(< ξlξlξiξ j > − < ξlξl > δij)+Cijk[δij < ξlξlξk > +δik < ξlξlξ j > +δjk < ξlξlξi > − < ξlξlξiξ jξk >]

3 = δll + Bij[(δllδij + δliδl j + δl jδli)(1− δllij)− 3δllij]

Prethodni izraz je nenult jedino ako je i 6= j, stoga dobijamo:

Bii = 0

Što znaci i da je Tr[B] = 0.

23

Sada možemo da se vratimo na gustinu entropije, tenzor napona itenzor toplotne provodnosti.

S = −k∫

d3~v f ln f = −k∫

d3~v(1 + φ) fMln[(1 + φ) fM]

S = −k∫

d3~v(1+φ) fM(ln fM + lnφ f ) = −k∫

d3~v[ fmln fm +φ2 fm +φ fmln fM + fMφ]

S = SLTE − k∫

d3~vφ fM[1 + ln fM]

δS = S− SLTE = −k∫

d3~ξn f0Bij(ξiξ j − δij

) [1 + ln

(n

V3T

f0

)]

δS = −kn

1 + ln

n(VT√

2π)3

[< ξiξ j > −δij

]+

kn2

Bij < ξiξ jξkξk > −kn2

Bijδij < ξkξk >= 0

Pij = V2T nm

∫d3~ξξiξ j [1 + Bkl(ξkξl − δkl) + Cklm(δklξm + δkmξl + δlmξk − ξkξlξm)] f0

Pij = nkT[< ξiξ j > +Bkl(< ξiξ jξkξl > − < ξiξ j > δkl)

]δP = nkTBkl

[(δijδkl + δikδjl + δilδjk)(1− δijkl) + 3δijkl − δijδkl

]δP = nkT

[Bij + Bji

]Qijk =

m3

nV3T

∫d3~ξξiξ jξk [Blm(ξlξm − δlm) + Clmn(δlmξn + δnmξl + δmlξn − ξlξmξn)]

Qijk = V3T nm

[Clmn(δlm < ξiξ jξkξn > +δln < ξiξ jξkξm > +δmn < ξiξ jξkξl > − < ξiξ jξkξlξmξn >)

]Poslednji izraz je jako komplikovan da se raspiše, mora se posma-trati sa strane kombinatorike.

qi = Qijj

Ferarova aproksimacija

1. Naci rešenje kineticke jednacine sa Ferarovim kolizionim in-tegralom za elektronski gas, koji se nalazi u homogenom i sta-cionarnom elektricnom polju ~E i magnetnom polju , ako se promenevrše adijabatsi. ( nT−3/2 = const )

Rešenje:

Kineticka jednacina:

∂ f∂t

+~v∂ f∂~r

+~a∂ f∂~v

= I

Ferarov kolizioni integral:

I = − 1τ[ f − f0]

f0 =( m

2πKT

)3/2e−

mv22KT

f = (1 + φ) f0

Kako je sistem stacionaran i kako su sve promene spore, clan∂ f/∂t = 0.

~v∂

∂~r[(1 + φ) f0]−

em

[~E +~vx~B

] ∂

∂~v[(1 + φ) f0] = −

1τ[(1 + φ) f0 − f0]

~v[

∂φ

∂~rf0 + (1 + φ)

∂ f0

∂~r

]− e

m

[~E +~vx~B

] [∂φ

∂~vf0 + (1 + φ)

∂ f0

∂~v

]= − 1

τφ f0

∂

∂~rf0 =

∂

∂~r[n( m

2πKT

)3/2e

mv22KT ] =

mv2

2KT2 ∆T f0

∂

∂~vf0 = −m~v

KTf0

−φ

τ=

(~v

∂φ

∂~r− e

m

[~E +~vx~B

] ∂φ

∂~v

)+

(mv2

2KT2~v∆T(1 + φ) +e

KT~E~v(1 + φ)

)Kako je φ mala velicina, clanovi sa izvodima po φ i clanovi sasamim φ su zanemarljivi. Jedini clan koji cemo zadržati je clan samagnetnim poljem ~B i φ.

φ = −τ~v[

mv2

2kT2 ∆T +e

KT~E]+ τ

em(~vx~B)

∂φ

∂~v

26

Možemo uvesti sledecu oznaku:

~A0 =mv2

2kT2 ∆T +e

KT~E

Dakle ako je ~B = 0 onda imamo rešenje:

φ = −τ~v~A0

Ako je ipak ~B 6= 0, onda sledi:

φ = −τ~v~A

~A = ~A0 + ~A1 =

(mv2

2KT2 ∆T +e

KT~E)− e

m~Bx

∂φ

∂~v

∂φ

∂~v=

∂

∂~v

[−τ~v~A

]= −τ

[~A +

~v

∂~A∂~v

]Kada se ovo vrati u izraz za φ i malo sredi, dobija se:

eτ

m~Bx ~A0 = ~A1 −

eτ

m~Bx~A1

Radimo u koordinatnom sistemu gde je ~B = B~ez. I uvodimovelicinu ω = eB/m.

~Bx~A1 = B(A1x~ey − A1y~ex)

Projektovanjem pretposlednje jednacine na x,y,z pravac dobijamosledece tri jednacine:

−ωτA0y = A1x −ωτA1y

ωτA0x = A1y + ωτA1x

A1z = 0

Rešavanjem prethodnog sistema se dobija:

A1x =(ωτ)2 A0x −ωτA0y

1 + (ωτ)2

A1y =(ωτ)2 A0y + ωτA0x

1 + (ωτ)2

~A =

(ωτ)2

1+(ωτ)2 − ωτ1+(ωτ)2 0

ωτ1+(ωτ)2

(ωτ)2

1+(ωτ)2 0

0 0 0

~A0 (1)

27

2. Nac rešenje kineticke jednacine sa Ferarovim kolizionim in-tegralom, ako je funkcija raspodele fLTE(u) mnogo manja odfLTE(u = 0). Smatrati da se promene vrše adijabatski i da sesistem nalazi u polju sila nezavisnom od brzine ~v. Primeniti dobi-jeni rezultat na elektronski gas u elektricnom polju i napisati izrazza gustinu struje. Stanje u kojem se nalazi sistem je stacionarno.

Rešenje:

Kineticka jednacina:

∂ f∂t

+~v∂ f∂~r

+~a∂ f∂~v

= I

Ferarov kolizioni integral:

I = − 1τ[ f − f0]

f − fLTE = δ f

f = fLTE + δ f

fLTE = f0

− 1τ

δ f =∂

∂t( f0 + δ f ) +~v

∂

∂~r( f0 + δ f ) +

~Fm

∂

∂~v( f0 + δ f )

δ f = −τ

[∂δ f∂t

+~v∂δ f∂~r

+~v∂ f0

∂~r+

~Fm

∂δ f∂~v

+~Fm

∂ f0

∂~v

]Kako je δ f mala velicina kao što su i izvodi po δ f , te clanovemožemo zanemariti.

∂ f0

∂~r=

m(~v− ~u)2

2KT2 ∆T f0

∂ f0

∂~v= −m(~v− ~u)

KTf0

δ f = −τ

[m(~v− ~u)2

2KT2 ~v∆T − 1KT

~F(~v− ~u)]

f0

~F = −e~E

~j = −e∫

d3~v~v f = −e∫

d3~v~v( f0 + δ f )

U poslednji izraz je potrebno ubaciti dobijeno rešenje za δ f . Nakonizracunavanja potrebnih integrala, koji nisu komplikovani i nepoz-nati, dobija se sledeci rezultat:

~j = −en~u +32

eτn~u(~u∆T)

T+

52

eτnKm

∆T + τe2~Em

n