热统答案第七章

合集下载

热统谜底第七章

x)其中
N

是总原子数，
离开正常位置而占据图中×位置时，晶体中就出现缺位和填隙原子，晶体这种缺陷叫做弗伦克缺陷。 (1)假设正常位置和填隙位置数都是 N，试证明由于在晶体中形成 n 个缺位和
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，通系电1，力过根保管据护线生高0不产中仅工资2艺料22高试2可中卷以资配解料置决试技吊卷术顶要是层求指配，机置对组不电在规气进范设行高备继中进电资行保料空护试载高卷与中问带资题负料2荷试2，下卷而高总且中体可资配保料置障试时2卷，32调需3各控要类试在管验最路；大习对限题设度到备内位进来。行确在调保管整机路使组敷其高设在中过正资程常料1工试中况卷，下安要与全加过，强度并看工且25作尽52下可22都能护可地1关以缩于正小管常故路工障高作高中；中资对资料于料试继试卷电卷连保破接护坏管进范口行围处整，理核或高对者中定对资值某料，些试审异卷核常弯与高扁校中度对资固图料定纸试盒，卷位编工置写况.复进保杂行护设自层备动防与处腐装理跨置，接高尤地中其线资要弯料避曲试免半卷错径调误标试高方中等案资，，料要编试求5写、卷技重电保术要气护交设设装底备备置。4高调、动管中试电作线资高气，敷料中课并设3试资件且、技卷料中拒管术试试调绝路中验卷试动敷包方技作设含案术，技线以来术槽及避、系免管统不架启必等动要多方高项案中方；资式对料，整试为套卷解启突决动然高过停中程机语中。文高因电中此气资，课料电件试力中卷高管电中壁气资薄设料、备试接进卷口行保不调护严试装等工置问作调题并试，且技合进术理行，利过要用关求管运电线行力敷高保设中护技资装术料置。试做线卷到缆技准敷术确设指灵原导活则。。：对对在于于分调差线试动盒过保处程护，中装当高置不中高同资中电料资压试料回卷试路技卷交术调叉问试时题技，，术应作是采为指用调发金试电属人机隔员一板，变进需压行要器隔在组开事在处前发理掌生；握内同图部一纸故线资障槽料时内、，设需强备要电制进回造行路厂外须家部同出电时具源切高高断中中习资资题料料电试试源卷卷，试切线验除缆报从敷告而设与采完相用毕关高，技中要术资进资料行料试检，卷查并主和且要检了保测解护处现装理场置。设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。

热统试题及重要答案

一、简答题（23分）1. 简述能量均分定理。

（4分）答：对于处在温度为T的平衡状态的经典系统，粒子能量中每一个平方项的平均值的平均值等于。

根据能量均分定理，单原子分子的平均能量为，双原子分子的平均能量2. 热力学方法和统计物理方法是研究关于热运动规律性的两种方法，试评论这两种方法各自的优缺点。

（5分）答：热力学：较普遍、可靠，但不能求特殊性质。

以大量实验总结出来的几条定律为基础，应用严密逻辑推理和严格数学运算来研究宏观物体热性质与热现象有关的一切规律。

统计物理：可求特殊性质，但可靠性依赖于微观结构的假设，计算较麻烦。

从物质的微观结构出发，考虑微观粒子的热运动，通过求统计平均来研究宏观物体热性质与热现象有关的一切规律。

两者体现了归纳与演绎不同之处，可互为补充，取长补短。

3. 解释热力学特性函数。

（4分）答：如果适当选择独立变量（称为自然变量），只要知道一个热力学函数，就可以通过求偏导数而求得均匀系统的全部热力学函数，从而把均匀系统的平衡性质完全确定，这个热力学函数即称为特性函数，表明它是表征均匀系统的特性的。

4.简述推导最概然分布的主要思路。

（5分）①写出给定分布下的微观状态函数表达式② 两边同时取对数，并求一阶微分③ 利用约束条件N ，E 进行简化④ 令一阶微分为0，求极大值⑤ 由于自变量不完全独立，引入拉格朗日未定乘子⑥ 最后得出粒子的最概然分布5. 试述克劳修斯和开尔文关于热力学第二定律的两种表述，并简要说明这两种表述是等效的。

(5分)答：克：不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其他变化（表明热传导过程是不可逆的）；开：不可能从单一热源吸收热量使之完全变成有用的功而不引起其他变化（表明功变热的过程是不可逆的）；联系：反证法 P31二．填空题（27分）1. （3分）熵的性质主要有① 熵是态函数； ② 熵是广延量； ③ 熵可以判断反应方向；④熵可以判断过程的可逆性；⑤ S=k ln 熵是系统微观粒子无规则运动混乱程度的度量。

热力学统计物理-第五版-汪志诚-第7章

12
求全微分
d
ln
Z1

ln Z1

d

ln Z1 y
dy
之前求得
(dU Ydy ) Nd( ln Z1 ) N ln Z1 dy

y

d(N
ln
Z1

N

ln Z1

)
由
dQ dU Ydy dS
T
T
得到
dS

N
T
d (ln
Z1

ln Z1 )

Nkd (ln
Z1

ln Z1

)
其中令 1
kT
熵
S

Nk (ln
Z1

ln Z1 )

热统
13
三、熵的统计意义
S

Nk (ln
Z1

ln Z1

)
Nk ln Z1 kU
U N ln Z1

e N Z1
ln Z1 ln N
热统
7
定域粒子组成的系统，如晶体中的原子或离子定域在其平衡位置附近作微振动。从其量子本性来说不可分辨，但可以根据其平衡位置而加以区分。在这意义下可以将定域粒子看做可以分辨的粒子，因此由定域粒子组成的系统（定域系统）遵从玻尔兹曼分布。
玻耳兹曼系统（玻耳兹曼分布）
M .B{al }
热统
2
4、与经典描述之间的关系
对于宏观大小的容积，是很小的量，量子描述趋近于

热统习的题目解答(全)

第一章热力学的基本规律1.1 试求理想气体的体胀系数α，压强系数β和等温压缩系数κ。

解：理想气体的物态方程为RT pV =,由此可算得： PP V V k T T P P T T V V T V P 1)(1;1)(1,1)(1=∂∂-==∂∂==∂∂=βα1.2 证明任何一种具有两个独立参量T ，P 的物质，其物态方程可由实验测得的体胀系数α及等温压缩系数κ ，根据下述积分求得： ⎰-=)(ln kdP adT V ，如果Pk T a 1,1==，试求物态方程。

证明：dp p VdT T V p T dV T P )()(),(∂∂+∂∂= 两边除以V,得dp dT dp p VV dT T V V V dV T P κα-=∂∂+∂∂=)(1)(1积分后得 ⎰-=)(ln kdP adT V 如果,1,1p T ==κα代入上式，得C P T PdP T dT V ln ln ln )(ln +-=-=⎰所以物态方程为：CT PV =与1mol 理想气体得物态方程PV=RT 相比较，可知所要求的物态方程即为理想气体物态方程。

1.3在00C 和1atm 下，测得一块铜的体胀系数和压缩系数为a=4.185×10-5K -1，k=7.8×10-7atm -1。

a 和k 可以近似看作常数。

今使铜加热至100C ，问（1）压力要增加多少大气压才能使铜块的体积维持不变？（2）若压力增加100atm ，铜块的体积改变多少？解：（a ）由上题dp dT dp p VV dT T V V V dV T P κα-=∂∂+∂∂=)(1)(1体积不变，即0=dV所以dT kadP = 即atm T k a P 62210108.71085.475=⨯⨯⨯=∆=∆-- (b)475121211211007.4100108.7101085.4)()(---⨯=⨯⨯-⨯⨯=---=-=∆p p T T V V V V V κα可见，体积增加万分之4.07。

工程热力学课后作业答案(第七章)第五版

7-1当水的温度t=80℃，压力分别为0.01、0.05、0.1、0.5及1MPa时，各处于什么状态并求出该状态下的焓值。

解：查表知道t=80℃时饱和压力为0.047359MPa。

因此在0.01、0.05、0.1、0.5及1MPa时状态分别为过热、未饱和、未饱和，未饱和、未饱和。

焓值分别为2649.3kJ/kg，334.9 kJ/kg，335 kJ/kg，335.3 kJ/kg，335.7 kJ/kg。

7－2已知湿蒸汽的压力p=1MPa干度x=0.9。

试分别用水蒸气表和h-s图求出hx，vx，ux，sx。

解：查表得：h``＝2777kJ/kg h`=762.6 kJ/kgv``＝0.1943m3/kg v`＝0.0011274 m3/kgu``= h``－pv``=2582.7 kJ/kg u`＝h`－pv`=761.47 kJ/kgs``=6.5847 kJ/(kg.K) s`＝2.1382 kJ/(kg.K)hx＝xh``+(1-x)h`=2575.6 kJ/kgvx＝xv``+(1-x)v`=0.1749 m3/kgux＝xu``+(1-x)u`=2400 kJ/kgsx＝xs``+(1-x)s`=6.14 kJ/(kg.K)7-3在V＝60L的容器中装有湿饱和蒸汽，经测定其温度t＝210℃，干饱和蒸汽的含量mv=0.57kg，试求此湿蒸汽的干度、比容及焓值。

解：t＝210℃的饱和汽和饱和水的比容分别为：v``＝0.10422m3/kg v`＝0.0011726 m3/kgh``＝2796.4kJ/kg h`=897.8 kJ/kg湿饱和蒸汽的质量：解之得：x=0.53比容：vx＝xv``+(1-x)v`=0.0558 m3/kg焓：hx＝xh``+(1-x)h`=1904kJ/kg7－4将2kg水盛于容积为0.2m3的抽空了的密闭刚性容器中，然后加热至200℃试求容器中（1）压力；（2）焓；（3）蒸汽的质量和体积。

热统课后习题答案案

吉布斯相律表达： f = k + 2 −ϕ 其中 f 称为多元复相系的自由度数，它是多元复相系可以独立改变的强度量变量的数目； ϕ 是最多相数，2 是 T 、 p , ϕ ≤ k + 2 ，否则无意义．
要求理解二元系相图、化学平衡条件、化学反应度、混合理想气体的性质及化学平衡、理想溶液的内容．
3. 热力学第三定律
10
当 y = V 时，对应的广义力为压强 Y = − p ，这时广义力即压强的统计表达式简化为
p
=
N β
∂ ∂V
ln Zb
玻耳兹曼关系：
S = k ln ΩM .B. = k ln Ω
这个关系反映了熵的统计物理意义．
2. 麦克斯韦速度分布律
在单位体积内，速度在 dvx dv y dvz 范围内的分子数为
第六章玻尔兹曼统计
1. 热力学函数的统计表达
∑ 若粒子的配分函数 Zb =
ω e−βε m m
，
则系统总分子数的统计表达式为
m
∑ ∑ ∑ N =
nm =
ω e−α −βε m m
= e−α
ω e−βε m m
= e−α Zb ，
m
m
m
相应的内能统计表达式为
∑ ∑ U =
m
ε mnm =
m
ε ω e−α −βε m mm
艾伦菲斯脱方程，它有如下的两种形式
dp dT
=
αVβ κTβ
− αVα − κTα
，
dp dT
=
c
β p
−
TVm (αVβ
cαp − αVα
)
第 4 章多元系的复相平衡和化学平衡
1．多元系的热力学函数和热力学方程

热统答案

第一章，热力学的基本规1.1解：已知理想气体的物态方程为,pV nRT = （1）11,p V nR V T pV Tα∂⎛⎫=== ⎪∂⎝⎭ （2） 11,V p nR p T pV Tβ∂⎛⎫=== ⎪∂⎝⎭ （3） 2111.T T V nRT V p V p pκ⎛⎫⎛⎫∂⎛⎫=-=--= ⎪ ⎪ ⎪∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭ （4）1.2解：以,T p 为自变量，物质的物态方程为(),,V V T p =.p TV V dV dT dp T p ⎛⎫∂∂⎛⎫=+ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭ （1）全式除以V ，有11.p TdV V V dT dp V V T V p ⎛⎫∂∂⎛⎫=+ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭ 根据体胀系数α和等温压缩系数T κ的定义，可将上式改写为.T dVdT dp Vακ=- （2）上式是以,T p 为自变量的完整微分，沿一任意的积分路线积分，有()ln .T V dT dp ακ=-⎰ （3）若11,T T pακ==，式（3）可表为 11ln .V dT dp Tp ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰ （4）选择图示的积分路线，从00(,)T p 积分到()0,T p ，再积分到（,T p ），相应地体积由0V 最终变到V ，有000ln=ln ln ,V T p V T p - 00p V pV C T T ==（常量）， .p V C T=（5） 1.8解：根据式（1.6.1），多方过程中的热容量0lim .n T n nnQ U V C p T T T ∆→∆∂∂⎛⎫⎛⎫⎛⎫==+ ⎪ ⎪ ⎪∆∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭ （1） ,V nU C T ∂⎛⎫= ⎪∂⎝⎭ .n V nV C C p T ∂⎛⎫=+ ⎪∂⎝⎭ （2）将多方过程的过程方程式n pV C =与理想气体的物态方程联立，消去压强p 可得11n TV C -=（常量）。

（3）将上式微分，有12(1)0,n n V dT n V TdV --+-=.(1)nV V T n T ∂⎛⎫=- ⎪∂-⎝⎭ （4）代入式（2），即得,(1)1n V V pV n C C C T n n γ-=-=-- （5）其中用了式（1.7.8）和（1.7.9）。

热力学统计物理课后习题答案

第七章玻耳兹曼统计222 Un y n z ，( n x ,n y ,n z 0, 1, 2,)有 P3 V上述结论对于玻尔兹曼分布，玻色分布和费米分布都成立。

证明：处在边长为L 的立方体中，非相对论粒子的能量本征值为个量子数。

7. 2根据公式Pa iiL证明，对于极端相对论粒子V2 2 22 12n z ,n x ,n y ,n z0, 1, 2,有 P1 Ucp cn x n y3VL上述结论对于玻尔兹曼分布，玻色分布和费米分布都成立。

证明：处在边长为 L 的立方体中，极端相对论粒子的能量本征值为2 2 2 2 12n x ,n y ,n zCL "x山n x ,n y ,n z 0, 1, 2, -------(1)为书写简便，我们将上式简记为aV ----------------- -——(2)其中V=L 3是系统的体积，常量 a2 2 22 c n xn yn z‘2 ,并以单一指标 i 代表 n x ,n y ,n z个量子数。

7. 1试根据公式a i—证明，对于非相对论粒子VP 2 1 2m 2m2 nx2 2P 21 2n x ，n y ,n z2m 2m L2 nx2 2n y n z ( n x ,n y ,n z 0, 1, 2,) (1)为书写简便，我们将上式简记为aV(2)其中V=L 3是系统的体积，常量(2 )2 2n x 2m2 nyn ；，并以单一指标I 代表 n x ,n y ,n z由（2）式可得」-aV 353(3)代入压强公式,a i2 3Va i2U 3 V(4)式中Ui上述证明未涉及分布的具体表达式，都成立。

注：（4 ）式只适用于粒子仅有平移运动的情形。

如果粒子还有其他的自由度，式（ U 仅指平动内能。

a i i是系统的内能。

因此上述结论对于玻尔兹曼分布，玻色分布和费米分布4）中的由（2）式可得L1aV 43 V31 I 3 V -------- (3)代入压强公式，有Pa I -IV1 a I I3V I1 U (4 )3V- (4丿式中Ua , II 是系统的内能。

热统习题解答(全)

第一章热力学的基本规律1.1 试求理想气体的体胀系数α，压强系数β和等温压缩系数κ。

1.3在00C 和1atm 下，测得一块铜的体胀系数和压缩系数为a=4.185×10-5K -1，k=7.8×10-7atm -1。

a 和k 可以近似看作常数。

热统打印

热统1. 热运动是指构成物质的大量分子的无规则运动,它包括分子的无规则平动、无规则的（转动）和无规则的（振动）。

2.我们把系统与系统之间的热相互作用叫做热接触。

3.热现象的本质是热运动，它是指构成物质的大量分子的（无规则）运动。

4．晶体中离子是有序排列的，晶体中粒子的热运动主要表现为粒子的（无规则热振动）。

5．研究热现象规律的理论有两种，它们分别是（热力学）和（统计物理学）。

6．研究热现象的方法有两种，它们分别称为（热力学）方法和（统计物理）方法。

7、若某一热力学系统既处于力学平衡状态、化学平衡状态和热平衡则称该系统处于热力学平衡态。

8、如果某一热力学系统与外界有物质和能量的交换，则该系统称为（）。

9、设气体的物态方程为PV=RT，则它的体胀系数＝（）。

10、如果某一热力学系统与外界有物质和能量的交换，则该系统称为（）。

11定压膨胀系数的意义是在压强不变的条件下系统体积随温度的相对变化。

12．定容压力系数的意义是在体积不变条件下系统的压强随温度的相对变化。

13．等温压缩系数的意义是在温度不变条件下系统的体积随压强的相对变化。

14．写出德布罗意关系。

15．根据系统与外界的相互作用的不同，可将系统分为孤立系、（封闭系）和___开放______系。

16．孤立系统的__宏观性质___性质不随_时间___变化的状态称为热力学平衡态。

17．描述平衡态的状态参量有四类，它们是力学参量、几何参量、__化学参量_和__电磁参量__。

18．热力学中将四类参量和__温度_______的关系称为物态方程。

19．描述平衡态性质的四类参量和温度的函数关系被称为___状态方程_________________。

20．根据可逆过程的定义，无摩擦的准静态过程是___可逆__过程。

21．自然界中一切与热现象有关的实际宏观过程都是_不可逆__过程；无摩擦的准静态过程是___可逆____过程。

22．循环过程分为正循环和逆循环，前者对应于__热机_____机，后者对应于__致冷机______机。

热力学与统计物理第七章部分习题讲解

习题解答解：（1）根据电子气体0T K =费米能级的定义式（7.44）求得022/3233422819313()28(6.62610)3 2.610/1.61029.111083.2F h N E m VeVππ---=⨯⎛⎫=⨯⨯⨯ ⎪⨯⨯⎝⎭=温度为室温时， Na 的费米能级的近似值由式（7.55）有00221()12F F F kT E E E π⎡⎤=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦0022321925F 3.14 1.38103001()12 3.2 1.6103.14 6.5103.2112E 3.2F F E E eV---⎡⎤⨯⨯=-⎢⎥⨯⨯⎣⎦⎡⎤⨯⨯=⨯-⎢⎥⎣⎦≈= （2）取1mol 的电子，此时电子比热近似值由（7.57）式有002222319221.381103002 3.2 1.6100.040.33/*v F F kT kT C Nk R E E R R J K molπππ--⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⨯⨯=⨯ ⎪⨯⨯⎝⎭≈=解：（1）单位时间内碰到单位面积的器壁上的电子数，由式（6.87）为（在这儿：v 为电子的平均速率）14nv Γ= （此式适用于一切理想气体）由式（6.20）并考虑到电子的简并度，则在体积V 内，动量绝对值在p 到p dp +范围内电子的状态数为2342V p dp hπ⨯又考虑到绝对零度下电子气体中电子动量的分布为10F F p p f p p f ≤=⎧⎨>=⎩其中F p 为费米动量，也即绝对零度时电子的动量，这样电子的平均动量为330238384FFp Fp V p dph p p V p dph ππ==⎰⎰所以电子的平均速率为34Fp p v m m ==（习题7.5）由式（7.45），费米动量有1/3131382F N N p h h V V ππ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 所以1/311334432N h N N nv v V m V V π⎛⎫Γ=== ⎪⎝⎭（2）由内能的热力学微分方程有dU SdT pdV =-由上式可得，在温度不变时，则有T U p V ∂⎛⎫=- ⎪∂⎝⎭由式（7.46）有022/3333()5528F h N U NE N m Vπ==223358T U h N N P V m V V π∂⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪∂⎝⎭⎝⎭解：由式（6.20）并考虑到电子的简并度，在体积V 内，动量绝对值在p 到p dp +范围内，自由粒子的可能的状态数为（参考上题）2342V p dp h π⨯考虑到在相对论下，有E cp =，这样结合上式可得在体积V 内，在E 到E dE +能量范围内量子态数为2342()V E dE hc π⨯ 又考虑到绝对零度下电子气体的分布为0010E f E f μμ≤=⎧⎨>=⎩费米能级0μ由下式决定2308()V E dE N hc μπ=⎰即可得到在绝对零度下相对论理想气体的费米能级为013038F N E hc V μπ⎛⎫== ⎪⎝⎭在绝对零度下相对论理想气体的内能也即总能量为0333834F V U E dE NE h cμπ==⎰解：（1）如果粒子可分辨，令其分别为a 和b 则有()a b aba babE E E E E E E E Z eeeβββ-+--==∑∑∑()2223411232EE E E E E eee e e e ββββββ------=++=++++（2）如果粒子不可分辨，但不受Pauling 原理限制，{}2340,1,2212i iii i i in E E E E En n n Z ee e e e βββββ-----==∑==++++∑∑（对于Bose 分布，粒子数占据能级的可能性有六种(0,0),(0,1),(0,2),(1,1),(1,2),(2,2) ）（3）粒子不可分辨且服从Pauling 原理{}230,12i iii i i in E EEEn n n Z eeeeββββ----==∑==++∑∑（对于Fermi 分布，粒子数占据能级的可能性有三种(0,1),(0,2), (1,2)）解：在单位体积中其动量在,,p p dp d d θθθϕϕϕ→+→+→+间隔的状态数为231()sin d p p dp d d h θθϕΩ=其中 p m v =，所以323()sin m d p v dv d d h θθϕΩ=当0T K =时3203()sin ,m dN v v dv d d v v hθθϕ=<0()0,dN v v v =>其中，0v =，所以()x x v v dN v =⎰323sin cos sin m v v dv d d hθϕθθϕ=⎰⎰⎰ 0=注：20cos 0d πϕϕ=⎰22201()/()5x x v v dN v dN v v ==⎰⎰解：（1）首先判别该电子气服从哪种统计由第132页式(6.73)可知eα=326212 1.25101mKT n h π⎛⎫≅⨯ ⎪⎝⎭则由第150页式（7.12）和（7.14）可得，当非简并性条件满足时，Bose 分布和Fermi 分布过渡到Boltzmann 分布。

热统7,10

Z1 l e
l
N e Z1
N Y ln Z1 y

U N ln Z1
S Nk (ln Z1 ln Z1 ) k ln N!
M . B. S k ln N!
F NkT ln z1 kT ln N!
2018/11/18 第七章玻耳兹曼分布 16
l l N l l l l al r e e e e r r h0 h0 z1 h0
2018/11/18 第七章玻耳兹曼分布 18
（2）由于内能和物态方程的统计表达式中须对配分函数取对数后再求导，因此结果与h0的选择无关。但熵和自由能无求导运算，结果应含有常数h0 ，如果选取不同的h0 ，数值将相差一个常数。这说明绝对熵的概念是量子力学的结果。（3）如果选取h0= h，全同性的影响可以忽略和能量量子化的影响可以忽略的极限情况下，经典统计结果可以作为量子统计的极限结果而得到。
1 kT
k 1.3811023 J K 1
两方程比较得
dS Nkd (ln Z1 ln Z1 )
ln Z1 ) 熵的统计表达式 S Nk (ln Z1
2018/11/18 第七章玻耳兹曼分布 11
玻耳兹曼关系利用
N al
l
U l al
l
N e Z1 ln N ln Z1
ln Z1 ln N
有
S Nk (ln Z1 ln Z1 ) k ( N ln Z1 N ln Z1 ) k ( N ln N N U ) k ( N ln N al l al ) k[ N ln N ( l )al ]

高教热统答案第七章

第七章玻耳兹曼统计习题7.1根据公式∑∂∂-=ll lVa P ε证明，对于非相对论粒子：)()2(21222222z y x n n n Lmmps ++==π，z y x n n n ,,=0，±1，±2，…有VU p 32=,上述结论对玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都成立。

证：∑∂∂-=ll lVa Pε=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++∂∂-∑)()2(212222z y x lln n n L m Va π=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++∂∂-∑)()2(222223z y x lln n n L m L Va π 其中 Va u ll ε∑=;V ~3L⇒=p ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡++∂∂-∑)()2(21222232zyxlln n n V mVaπ(对同一l ,222z y x n n n ++)=m a ll21∑-2)2( π)(222z y x n n n ++)32(35--V=ma ll21∑-22222)()2(Ln n n z y x ++ π)32(3532--V V =VU 32习题7.2试根据公式∑∂∂-=ll lVa P ε证明，对于极端相对论粒子：21222)(2z y x n n n Lccp ++== πε，z y x n n n ,,=0，±1，±2，…有VU p 31=,上述结论对玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都成立。

证： ∑∂∂-=ll lVa P ε；对极端相对论粒子 21222)(2z y x n n n Lc cp ++== πε 类似得 31212)()2(-∑∂∂-=∑Vn Va P i llπ=VU VV a ll l 31)31(3431-=---∑ε习题7.3当选择不同的能量零点时，粒子第l 个能级的能量可以取为l l *εε或，以∆表示二者之差=∆l l εε-*。

试证明相应的配分函数存在以下关系11Z e Z ∆-*=β，并讨论由配分函数Z 1和Z *1求得的热力学函数有何差别。

热统第七八章作业

7.1 试根据公式lllp a Vε∂=-∂∑证明，对于非相对论粒子 ()222221222x y z p n n n m m L πε⎛⎫==++ ⎪⎝⎭h , (),,0,1,2,,x y z n n n =±±L 有2.3Up V=上述结论对于玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都成立. 解: 处在边长为L 的立方体中，非相对论粒子的能量本征值为()2222122x y zn n n x y z n n n m L πε⎛⎫=++ ⎪⎝⎭h , (),,0,1,2,,x y z n n n =±±L （1）为书写简便起见，我们将上式简记为23,l aV ε-= （2）其中3V L =是系统的体积，常量()()222222xy z a nn n mπ=++h ，并以单一指标l代表,,x y z n n n 三个量子数. 由式（2）可得511322.33aV V Vεε-∂=-=-∂ （3）代入压强公式，有22,33l ll l llUp a a V VVεε∂=-==∂∑∑ （4）式中l l lU a ε=∑是系统的内能.上述证明示涉及分布{}l a 的具体表达式，因此式（4）对玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都成立.前面我们利用粒子能量本征值对体积V 的依赖关系直接求得了系统的压强与内能的关系. 式（4）也可以用其他方法证明. 例如，按照统计物理的一般程序，在求得玻耳兹曼系统的配分函数或玻色（费米）系统的巨配分函数后，根据热力学量的统计表达式可以求得系统的压强和内能，比较二者也可证明式（4）.见式（7.2.5）和式（7.5.5）及王竹溪《统计物理学导论》§6.2式（8）和§6.5式（8）. 将位力定理用于理想气体也可直接证明式（4），见第九章补充题2式（6）. 需要强调，式（4）只适用于粒子仅有平衡运动的情形. 如果粒子还有其他的自由度，式（4）中的U 仅指平动内能.7.2 试根据公式lllp a Vε∂=-∂∑证明，对于相对论粒子 ()122222x y z cp c n n n Lπε==++h , (),,0,1,2,,x y z n n n =±±L有1.3Up V=上述结论对于玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都成立.解: 处在边长为L 的立方体中，极端相对论粒子的能量本征值为()122222x y zn n nx y z c n n n Lπε=++h (),,0,1,2,,x y z n n n =±±L （1）用指标l 表示量子数,,,x y z n n n V 表示系统的体积，3V L =，可将上式简记为13,l aV ε-= （2）其中()122222.xyza c n n nπ=++h由此可得4311.33l l aV V Vεε-∂=-=-∂ （3）代入压强公式，得1.33l ll l llUp a a V V V εε∂=-==∂∑∑ （4）本题与7.1题结果的差异来自能量本征值与体积V 函数关系的不同. 式（4）对玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都适用. 7.11 表面活性物质的分子在液面上作二维自由运动，可以看作二维气体. 试写出二维气体中分子的速度分布和速率分布，并求平均速率υ，最概然速率m υ和方均根速率s .υ解: 参照式（7.3.7）—（7.3.9），可以直接写出在液面上作二维运动的表面活性物质分子的速度分布和速率分布. 速度分布为()222e d d .2x y m υυkT x y m υυkTπ-+ （1）速率分布为222e d .2m υkTm υυkTππ- （2）平均速率为2220ed m υkTmυυυkT-+∞=⎰=（3）速率平方的平均值为22320e d 2.m υkTm υυυkT kT m -+∞==⎰因此方均根速率为s υ==（4）最概然速率m υ条件22d e 0d m υkT υυ-⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭确定. 由此可得m υ=（5）值得注意，上述,,s m υυυ三种速率均小于三维气体相应的速率，这是由于二维和三维气体中速率在υ到d υυ+中的分子数分别与速度空间的体积元2d υυπ和24d υυπ成正比，因而二维气体中大速率分子的相对比例低于三维气体的缘故.7.16 已知粒子遵从经典玻耳兹曼分布，其能量表达式为()22221,2x y z p p p ax bx mε=++++ 其中,a b 是常量，求粒子的平均能量.解: 应用能量均分定理求粒子的平均能量时，需要注意所难能量表达式ε中2ax 和bx 两面三刀项都是x 的函数，不能直接将能量均分定理用于2ax 项而得出212ax kT =的结论. 要通过配方将ε表达为()222221.224x y z b b p p p a x m a a ε⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭ （1）在式（1）中，仅第四项是x 的函数，又是平方项. 由能量均分定理知()22222124x y z b b p p p a x m a a ε⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭22.4b kT a=- （2）7.18 试求双原子分子理想气体的振动熵.解: 将双原子分子中原子的相对振动近似看作简谐振动. 以ω表示振动的圆频率，振动能级为1,0,1,2,2n n n εω⎛⎫=+= ⎪⎝⎭h L （1）振动配分函数为()1v 21012v1e,1e 1ln Z ln 1.2n n Z ee βωβωβωβωβω⎛⎫∞-+ ⎪⎝⎭=---==-=---∑h h h h h （2）双原子理想气体的熵为()v v v 11ln ln Z ln 1e e 1S Nk Z Nk βωβωβββω-⎛⎫∂=- ⎪∂⎝⎭⎡⎤=--⎢⎥-⎣⎦h h hv v vln 1e ,e 1TT T Nk θθθ-⎡⎤⎢⎛⎫⎥=-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥-⎣⎦（3）其中v kωθ=h 是振动的特征温度. 7.20 试求爱因斯坦固体的熵.解: 根据式（7.7.2）求得的配分函数，容易求得爱因斯坦固体的熵为()113lnZ lnZ 3ln 1e .e 1S Nk Nk βωβωβββω-⎛⎫∂=- ⎪∂⎝⎭⎡⎤=--⎢⎥-⎣⎦h h h8.4 试证明，在热力学极限下均匀的二维理想玻色气体不会发生玻色-受因斯坦凝聚.解: 如§8.3所述，令玻色气体降温到某有限温度c T ，气体的化学势将趋于-0. 在c T T <时将有宏观量级的粒子凝聚在0ε=的基态，称为玻色-爱因斯坦凝聚. 临界温度c T 由条件()0d e 1c kT D n εεε+∞=-⎰（1）确定.将二维自由粒子的状态密度（习题6.3式（4））()222πd d L D m hεεε=代入式（1），得2202πd .e 1c kT L m n hεε+∞=-⎰ （2）二维理想玻色气体的凝聚温度c T 由式（2）确定. 令cx kT ε=，上式可改写为2202πd .e 1c x L x mkT n h +∞=-⎰ （3）在计算式（3）的积分时可将被积函数展开，有()()211e 1e e ,e 1e 1e x x xx x x----==+++--L 则d 111e 123xx +∞=+++-⎰L 11.n n∞==∑ （4）式（4）的级数是发散的，这意味着在有限温度下二维理想玻色气体的化学势不可能趋于零. 换句话说，在有限温度下二维理想玻色气体不会发生玻色-爱因斯坦凝聚.8.7 计算温度为T 时，在体积V 内光子气体的平均总光子数，并据此估算（a ）温度为1000K 的平衡辐射.（b ）温度为3K 的宇宙背景辐射中光子的数密度.解: 式（8.4.5）和（8.4.6）已给出在体积V 内，在ω到d ωω+的圆频率范围内光子的量子态数为()223d d .πV D c ωωωω=（1）温度为T 时平均光子数为()()d ,d .e1kTD N T ωωωωω=-h （2）因此温度为T 时，在体积V 内光子气体的平均光子数为()223d .πe1kTVN T cωωω+∞=-⎰h （3）引入变量x kTω=h ，上式可表示为()3223033233d πe 12.404.πx V kT x xN T c kVT c +∞⎛⎫= ⎪-⎝⎭=⎰h h或()332332.404.πk n T T c =h（3）在1000K 下，有163210.n m -≈⨯在3K 下，有835.510.n m -≈⨯8.11 试计算平衡辐射中单位时间碰到单位面积器壁上的光子所携带的能量，由此即得平衡辐射的通量密度.u J 计算6000K 和1000K 时u J 的值.解: 根据式（8.4.3）和（6.2.15），在单位体积内，动量大小在p 到d p p +，动量方向在θ到d ,θθϕ+到d ϕϕ+范围内，平衡辐射的光子数为232sin d d d ,e 1cpp p h βθθϕ- （1）其中已利用式（8.4.2）将动量为p 的光子能量表示为cp ，因子2是计及光子自旋在动量方向的两个可能投影而引入的.以d A 表示法线方向沿z 轴的器壁的面积元. 以d d d ΓA t 表示在d t 时间内碰到d A 面积上，动量大小在p 到d p p +，方向在θ到d ,θθϕ+到d ϕϕ+范围的光子数. 它等于以d A 为底，以cos d c t θ为高，动量在d d d p θϕ范围内的光子数. 因此单位时间（d 1t =）内，碰到单位面积()d 1A =的器壁上（或穿过单位面积），动量在d d d p θϕ范围内的光子所携带的能量为232sin d d d cos .e 1cp p p c cp h βθθϕθ⋅⋅- （2）对式（2）积分，p 从0到,θ+∞从0到π,2ϕ从0到2π，即得到辐射动量密度u J 为π232π2300023302d sin cos d d e 12πd .e 1u cp cp c p p J h c p p h ββθθθϕ+∞+∞=⋅⋅-=-⎰⎰⎰⎰ 令x cp β=，上式可表示为4233042432π1d e 12ππ6,90u x c x x J h c c kT h c β+∞⎛⎫=⋅ ⎪-⎝⎭⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭⎰或24423π.60u k J T c =h （3）在6000K ，有727.1410J m ;u J -=⨯⋅在1000K ，有520.5510J m .u J -=⨯⋅8.14 试求绝对零度下自由电子气体中电子的平均速率.解: 根据式（8.5.4），绝对零度下自由电子气体中电子动量（大小）的分布为F 1,,f p p =≤F 0,,f p p => （1）其中F p 是费米动量，即0 K 时电子的最大动量. 据此，电子的平均动量为FF34F30F 23F38π1d 34.8π14d 3p p Vp pp hp p V p p p h ===⎰⎰（2）因此电子的平均速率为F F 33.44p p υυm m === （3） 8.18 试求在极端相对论条件下自由电子气体在0K 时的费米能量、内能和简并压.解: 极端相对论条件下，粒子的能量动量关系为.cp ε=根据习题6.4式（2），在体积V 内，在ε到d εε+的能量范围内，极端相对论粒子的量子态数为()()238πd d .VD ch εεεε=（1）式中已考虑到电子自旋在动量方向的两个可能投影而将习题 6.4式（2）的结果乘以因子2. 0 K 下自由电子气体的分布为()()()1,0;0,0.f μμεμμ≤⎧⎪=⎨>⎪⎩ （2）费米能量()0μ由下式确定：()()()()023338π8π1d 0,3VV N ch ch μεεμ==⋅⎰ 故()1330.8n ch μπ⎛⎫=⎪⎝⎭（3） 0 K 下电子气体的内能为()()()()()()0003343d 8πd 8π104U D Vch V ch μμεεεεεμ===⋅⎰⎰()30.4N μ=（4）根据习题7.2式（4），电子气体的压强为()110.34U p n V μ== （5）8.19 假设自由电子在二维平面上运动，面密度为.n 试求0 K 时二维电子气体的费米能量、内能和简并压.解: 根据6.3题式（4），在面积A 内，在ε到d εε+的能量范围内，二维自由电子的量子态数为()24d d .AD m h πεεε=（1）式中已考虑到电子自旋在动量方向的两个可能投影而将6.3题式（4）的结果乘以2.0 K 下自由电子的分布为()()()1,0;0,0.f μμεμμ≤⎧⎪=⎨>⎪⎩ （2）费米能量()0μ由下式确定：()()02204π4πd 0,A A N m m h h μεμ==⎰ 即()220.4π4πh N h m A mμ== （3）0 K 下二维自由电子气体的内能为()()()022204π4πd 00.22A A m N U m h h μεεμμ===⎰ （4）仿照习题7.1可以证明，对于二维的非相对论粒子，气体压强与内能的关系为.Up A=（5）因此0 K 下二维自由电子气体的压强为()10.2p n μ=（6）。

第七章统计热力学基础习题和答案

第七章统计热力学基础习题和答案第七章、统计热力学基础习题和答案统计热力学基础I.多项选择题1.下面有关统计热力学的描述，正确的是：()a.统计热力学研究的是大量分子的微观平衡体系b.统计热力学研究的是大量分子的宏观平衡体系c.统计热力学是热力学的理论基础d、统计热力学和热力学是两个独立且不相关的学科B2，当研究具有确定值N，V和u的粒子系统的统计分布时，设∑Ni=N和∑NiεI=u，因为所研究的系统是：（）A.系统是封闭的，粒子是独立的，B.系统是孤立的，粒子是相依的，C.系统是隔离的，粒子是独立的，D.系统是封闭的，粒子是独立的，C3.假定某种分子的许可能级是0、ε、2ε和3ε，简并度分别为1、1、2、3四个这样的分子构成的定域体系，其总能量为3ε时，体系的微观状态数为：()a.40b.24c.20d.28a4.使用麦克斯韦-玻尔兹曼分布定律，粒子数N必须非常大，因为当引入该定律时：（）假设粒子是可互换的，则采用B.斯特林近似公式c.忽略了粒子之间的相互作用d.应用拉氏待定乘因子法a5.对于玻尔兹曼分布定律，Ni=（n/Q）giexp（-εI/KT）：（1）Ni是分布在第I能级上的粒子数；（2）随着能级的增加，εI增大，Ni始终减小；（3）它只适用于可分辨的独立粒子系统；（4）它适用于任何大量的粒子系统，正确的是：（）a.(1)(3)b.(3)(4)c.(1)(2)d.(2)(4)c6.对于分布在某一能级εi上的粒子数ni，下列说法中正确是：()a.ni与能级的简并度无关b.εi值越小，ni值就越大c、 Ni被称为分布D。

Ni的任何分布都可以用玻尔兹曼分布公式计算7.15．在已知温度t时，某种粒子的能级εj=2εi，简并度gi=2gj，则εj和εi 上分布的粒子数之比为：()a.0.5exp(εj/2kt)b.2exp(-εj/2kt)c、 0.5exp（-εj/kt）d.2exp（2εj/kt）c8。

大学物理答案第七章热力学基础-习题解答

展望
学习方法建议
多做习题，提高解题能力和综合分析能力。
加强理论学习，深入理解热力学的物理意义和数学表达。
关注学科前沿，了解热力学在最新科研和技术中的应用。
THANK YOU
感谢聆听
•·
热力学第一定律是能量守恒定律在热学中的具体表现，它指出系统能量的增加等于传入系统的热量与外界对系统所做的功的和。
功的计算：在封闭系统中，外界对系统所做的功可以通过热力学第一定律进行计算，这有助于理解系统能量的转化和利用。
能量平衡：利用热力学第一定律，可以分析系统的能量平衡，判断系统是否处于热平衡状态。
热力学第二定律
热力学第二定律
描述了热力过程中宏观性质的自然方向性，即不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其它变化。
表达式
不可能通过有限个步骤将热量从低温物体传到高温物体而不引起其它变化。
03
热力学基础习题解答
热力学第一定律的应用
热量计算：通过热力学第一定律，可以计算系统吸收或放出的热量，进而分析系统的能量变化。
热力学第二定律的应用
01
02
热力学第二定律指出，自
•·
发过程总是向着熵增加的
方向进行，即不可逆过程
总是向着宏观状态更混乱
、更无序的方向发展。
03
04
05
熵增加原理：根据热力学第二定律，孤立系统的熵永不减少，即自发过程总是向着熵增加的方向进行。
热机效率：利用热力学第二定律，可以分析热机的效率，探讨如何提高热机的效率。
100%
制冷机效率的影响因素
制冷机效率受到多种因素的影响，如制冷剂的性质、蒸发温度和冷凝温度、压缩机和冷却剂的流量等。

热学答案第七章完整版

7.1(1) 因为TT 21-=η，所以40=η℅时高温热源的温度： )(4671121K T T =-⋅=η而当50'=η℅时，)(560'K T =所以高温热源需增加的温度为：)(931'1K T T =-（2）当50'=η℅时，低温热源温度为：)(233)5.01(467)1(1'2K T T =-⨯=-=η所以低温热源降低的温度为：)(47'22K T T =-7.2（1）制冷机所需的最小功率就是它做逆向准静态卡诺循环时每秒所需的功A 。

已知每秒钟吸热J Q 20002=，并知高温热源的温度K T 3101=，低温热源温度K T 3002=，可得：)(7.662212s J T T T Q A =-= 所求最小功率为66.7W 。

（2）每秒钟从室外取热：)(6002703002707.662122s J T T T AQ =-⨯=-= 所以每秒钟给室内最大热量：)(7.66621s J A Q Q =+=。

7.3此时将热机视为卡诺机。

（1）kJ T T T Q A T T T Q A kJ Q K T K T 23.4110027847312111211121=-=-====(2)kJT T T AQ T T T Q A kJ A K T K T 29.80523.412782932111121121=-=-====7.4工作在同样高低温热源之间的热机，以可逆卡诺机的效率最高，令热机I , II , III 都是可逆的。

热机I 放热为：12112T T Q A Q Q =-=热机II 的最大功为：132123222T T T Q T T T Q A -=-=热机III 的最大功为：211311A A T T T Q A +=-=。

7.5，I 代表热机，II 代表制冷机，1Q ，2Q ，3Q ，4Q ，A , 1T ,2T, 3T 各符号的意义如图，暖气系统（温度3T ）所得热量：131123313143T TT Q A T T T A T T Q Q Q -=-+=+其中所以：J T T T T T T Q Q Q 432321131431025.62883332884834833331092.20⨯=--⨯⨯⨯=--⋅=+ 即暖气系统所得的总热量为J 41025.6⨯，可见比单烧燃料获得的热量多7.6(1) 在昼间，()kW T T T Q A T T T Q A kW T T Q KT K T 9.1040805.05.02933732212221221221=-=-==⨯=-⨯===（3）在夜间，()kW T T T Q A T T T Q A kW T T Q KT K T 6.24601205.05.01732931211121121121=-=-==⨯=-⨯=== 7.7 7.8对1 mol 范德瓦尔斯气体，有：2Vab V RT P --=（1）对上式在定容下求T 的偏微商：bV R T P V -=⎪⎭⎫⎝⎛∂∂ 所以：22V a V a b V RTb V R T P T P T V u VT =⎪⎭⎫ ⎝⎛----⋅=-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂（2）dT C dV V a dT T u dV V u du V VT +=⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=2积分可得：⎰⎰⎰⎰++-=+=-=TT V TT V VV uu dT C V aV a dT C dV V a u u du 0000020所以：⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++=⎰V V a dT C u u TT V 11000（2）若V C 为常数，则有，()'000011u V a T C V V a T T C u u V V +-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+= 000'0V aT C u u V +-=7.9在绝热过程中，据热力学第一定律：Ad du Q d ==0 （1）对于范德瓦尔斯气体，据7.8题，有：dT C dV V adu V +=2（2）dV V a b V RTPdV A d ⎪⎭⎫ ⎝⎛---=-=2（3）将（2）（3）式代入（1）式并整理：dV bV RdT T C V --= 对上式积分可得：()常数+--=b V C RT Vln ln 所以：()常数=-VC R b V T7.10据热力学第二定律：TPdV T du dS +=对1 mol 范德瓦尔斯气体2V ab V RT P --=dT C dV V adu V +=2dT TC dV b V RdS V +-=对它积分可以得到：()00ln S dT T C b V R S TT V++-=⎰若V C 是常数，则：()'ln ln S T C b V R S V ++-= 7.11自由膨胀是不可逆过程，为了求其熵变，应当设想在给定的始末态之间有一可逆过程来代替原过程。