热力学_统计物理学答案第七章

− β (ε x + ε y ) − ( pz + ) 1 2m β N( )2∫e dp x dp y dpz = ∫ f ( px , p y , p z )dp x dp y dp z 2πmkT 3
mγ
2
由条件（3）知 计算得
∫p
z
f ( p x , p y , p z ) dp x dp y dp z = Np0
co m
∑
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ Sk ⎞ ⎜ e −α − βε s′′ ⎟ ⎜ ⎟ S ′′ ⎝ S = S1 ⎠
∑
⎤ ……⎥ ⎥ ⎦
)
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 填隙原子而具有的熵等于 S = 2k ln
S
习题 7.5 固体含有 A、B 两种原子。试证明由于原子在晶体格点的随机分布引起 的混 合熵为 S = k ㏑
ww
是A 原子的百分比， （1-x ）是 B 原子的百分比。注意 x<1，上式给出的熵为正值。 证： 显然 Ω=
习题 7.6 晶体含有 N 个原子。原子在晶体中的正常位置如图中 O 所示。当原子
P = −∑ a l
∂ε l ； ∂V
co m
5
2U ,上述结论对玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都成立。 3V
对极端相对论粒子 类似得
ε = cp = c P = −∑ al
l
1 2πℏ 2 ( nx + n y 2 + n z 2 ) 2 L 1 1 − ∂ 2 ( 2πℏ )( ∑ ni ) 2 V 3 ∂V 1 4 3
w.
N! = − Nκ [x ln x + (1 − x) ln( 1 − x )] 其中 N 是总原子数，x [N x ][ ! N (1 − x ) ]!
N! N! = n1 ! n2 ! ( Nx)![N (1 − x )]!
S= k ㏑ Ω =-N k [x ln x + (1 − x) ln( 1 − x )] = − Nk ln x x (1 − x ) (1− x ) ； 由于 x x (1 − x ) (1 − x ) ＜1， 故 S 〉 0 ；原题得证。
Ω=
N! ( N − n)! n!
⇒ ln Ω = ln N!− ln( N − n)!− ln n! ;利用 ln m! ≈ m(ln m − 1)
ww
w.
⇒ n = ( N − n )e
−
⇒ ln Ω = N (ln N!−1) − ( N − n )[ln( N − n) − 1] − n (ln n − 1)
⎡ L ( 2π ℏ ) 2 ⎤ ( n x 2 + n y 2 + n z 2 )⎥ ⎢ 3 ∂V ⎣ 2 m L ⎦
⎡ 2 ⎤ ⎢ 1 ( 2π ℏ ) ( n x 2 + n y 2 + n z 2 ) ⎥ 2 ⎢ 2m ⎥ ⎣ V 3 ⎦
w. ww
2U 3V
− 1 2 = − ∑ al ( 2πℏ) 2 ( n x 2 + n y 2 + n z 2 ) V 3 ( − ) 2m 3 l 2 2 2 2 2 5 − 1 ( 2πℏ) ( n x + n y + n z ) 2 3 V V 3 (− ) = 2 2m 3 L
(粒子数)
=P ∑
⎛ Sk ⎜ e−α − βε s′ ⎜ S ′ ⎝ S = S1
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
………………………………………………等等。 于是 N 个粒子出现某一微观状态的概率。
P = ∏ P(S ) = P ∑
S =S ′
S
⎛ Sk ⎞ ⎜ e −α − βε s′ ⎟ ⎜ ⎟ S ′ ⎝ S = S1 ⎠
⇒ F = nW − kTN(ln N − 1) + kT ( N − n)[ln(N − n) − 1] + kTn(ln n − 1)
⇒ 利用自由能判据 ∂F =0 ∂n 1 1 ) + kTn(ln n − 1) + kTn( ) N −n n
⇒ 0 = W − kT[ln( n − 1) − 1] + kT ( N − n)( − ⇒ W − kT ln( N − n) + kT ln n = 0
= − ∑ al ε l V 3 V
l
−
1 1U (− ) = − 3 3V
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 ε l 或ε ∗ l ，以
示二者之差 ∆ = ε ∗ l − ε l 。试证明相应的配分函数存在以下关系 Z1 ∗ = e − β∆ Z1 ，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。
= − ∑ al
l
习题 7.2 试根据公式 P = −∑ a l
l
பைடு நூலகம்
∂ε l 证明，对于极端相对论粒子： ∂V
ε = cp = c
有p= 证：
1 2πℏ 2 ( nx + n y 2 + n z 2 ) 2 ， n x , n y , n z =0，±1，±2，… L
1U ,上述结论对玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都成立。 3V
co m
( )
∆表
∑
⎛ S K −α − β ε S ′ ⎞ ⎟ e e −α − β ε S 代表处于 S 状态下的粒子数。例如，对于 ε s ′ 能级 ⎜ ⎜ S∑ ⎟ ⎝ = S1 ⎠
个粒子在 ε s ′ 上的 K 个微观状态的概率为：
P (S ′ ) = PS′
类似写出： P(S ′′) = P
⋅P ∑
⎛ Sk ⎞ ⎜ e− α − βεs ′′ ⎟ ⎜ ⎟ S ′ ⎝ S = S1 ⎠
答 案
kh da
课
Sk ⎡ ⎛ ⎜ e ∑ ⎢ PS ′ ⎜ ⎝S S ⎢ ⎣
= 1 −α − βε S ′
后
S = k ln
w.
1
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
一微观状态数 Ω =
1 ， （基于等概率原理） P S = k ln Ω
设 Sk+1 ,Sk+2 ,……Sw 状态对应的能级 ε s ′ ； 类似………………………………； 则出 现 某 微 观 状 态 的 几 率 可 作 如 下 计 算 ： 根 据 玻 尔 兹 曼 统 计
e −α − β ε s ； PS = N
显然 NPs 代表 粒 子 处 于 某 量 子 态 S 下的 几 率 ， NPS = e −α − β ε S 。于 是
l
∂V
∑a
l
l
∂ ∂V
⎡ 1 2πℏ 2 2 2 2 ⎤ ( ) (nx + n y + n z )⎥ ⎢ ⎣ 2m L ⎦
l
其中
(对同一 l , n x 2 + n y 2 + n z 2 )
kh da
后 课
⇒ p=−
答 案
u=
∑ a lε l ; V ~ L3 V ∂ ∂V
∑ l
al
w.
l
网
= − ∑ al ∂
W kT
课
正常位置的能量差。 证 ： F = U − TS ,设原子皆未跳出到表面时 ,U=0,则形成 n 个空位需要能量 U = nW ； s = k ln Ω ,而在 N 个格点上形成 n 个空位，其可能的状态数
kh da
后
,
小的条件证明，温度为 T 时 n≈ Ne
答 案
−
W kT
(设 n 〈〈 N )其中 W 为原子在表面位置与
2β
答 案
=
β
)− β (ε x + ε y )−
其中
w.
− (α −
py2 px 2 εx = ,ε = 2m y 2 m
2
对比 page238 式（7.2.4）得：
e
mγ ) 2β
ww
3 3 N h2 h2 ( ) 2 = n( )2 V 2πmkT 2πmkT
整个体积内，分布在 p x → p x + dp x , p y → p y + dp y , p z → p z + dp z 内分子 数为：
第七章 玻耳兹曼统计
习题 7.1 根据公式 P = −∑ a l
l
∂ε l 证明，对于非相对论粒子： ∂V
s=
p2 1 2πℏ 2 2 = ( ) ( n x + n y 2 + n z 2 ) ， n x , n y , n z =0，±1，±2，… 2m 2m L
有p=
证： P = − ∑ a l ∂ ε l = −
n 〈〈 N ；
习题 7.8 气体以恒定的速度沿方向作整体运动。试证明，在平衡状态下分子动 量的最 概然分布为
w.
⇒ n = Ne
−
(2)略，参见 ex7.7 习题 7.7 如果原子脱离晶体内部的正常位置而占据表面上的正常位置，构成新 的一 层，晶体将出现缺位，晶体的这种缺陷称为肖脱基缺陷。以 N 表示晶体中的原 子 数，n 表示晶体中的缺位数。如果忽略晶体中体积的变化，试由自由能为极
网
W kT
co m
。
e
−α −
β 2m
[p
2
x
= p
2
y
+ ( p
x
− p
0
)
2
]
Vdpx dpy dpz L3
证： 设能级 ε l 这样构成：同一 ε l 中，P z 相同，而 P x 与 P y 在变化，于是有：
δN = δ ∑ al = ∑ δal = 0 − − − − − − − (1) δE = δ ∑ ε l a l = ∑ ε l δal = 0 − − − − − ( 2) δp = δ ∑ p z a l = ∑ p z δal = 0 − − − − − ( 3)
mγ 2 mγ , = − p0 2β β
试写出在二维理想中分子的速度分布和速率分布。并求平均速率 v ，最概然速
习题 7.4 试证明，对于遵从玻尔兹曼分布的系统，熵函数可以表示为
S = − Nk ∑ Ps ln Ps
s
式中 Ps 是总粒子处于量子态 s 的概率，Ps = 子态求和。
ww
证法一：出现某状态 ψ s 几率为 Ps 设 S1,S2,……Sk 状态对应的能级 ε s ′ ；
w.
e −α − β ε s e − β ε s = , ∑ 对粒子的所有量 N Z1 s
答 案
Z1 ∗ = ∑ ω l e − β ε l = ∑ ω l e − β (ε 1 +∆ ) = e − β∆ Z1 U = −N
∂ ln Z1 ∂β
kh da
课 后
对 Z 1*:
以内能 U 为例，对 Z 1:
w.
*
网
证： 配分函数
Z1 = ∑ ω l e − β ε l
U * = −N
∂ ∂ ln Z *1 = − N ln e −β Z1 = N∆ + U ∂β ∂β
( p = ∑ p z al = p 0 ) 参照教材玻耳兹曼分布证明；有
δ ln Ω − αδN − βδE - γp z ,
其中 由(1) 知:
εl =
1 2 （p x 2 + p y 2 + p Z ） 2m
将 ε l 代入 并配方得:
kh da
课 后
− (α − V = 3 ∫e h
β 2 − α − β (ε x + ε y ) − ( p z +γ p z ) V 2m e dp x dp y dp z h3 ∫ mγ 2
N! ； n! ( N − n)!
u 2 kT
(2)设原子在填隙位置和正常位置的能量差为 u。试由自由能 F=nu-Ts 为极小 值证明，温度为 T 时，缺位和填隙原子数为 n≈ Ne 证：
−
(设 n 〈〈 N)
⎡ N! N! N! ⎤ (1) S = k ln Ω = k ln ⎢ = 2 k ln ⎥ n! ( N − n )! ⎣ n!( N − n )! n! ( N − n)!⎦
β
mγ 2 ) β
dp z
− ( pz + 1 mγ − β (ε + ε ) β =− ( ) 2 ∫ e x y dp x dp y ( ) ∫ e 2m 2πmkT β
β
mγ 2 )
dp z
=−
mγ β
∫
fdp x dp y dp z N e
−α −
"
= p0 ⇒
mγ = − p0 β
其中
α ' =α −
网
⋅P
⎛ SW − α − βε ⎜ S ′′ e ⎜ S = S ′ ′ S ⎝ K +1
SW ⎡ S K −α − β ε S ′ ⎤ ln PS ′ + ∑ e −α −β ε S ′′ ln PS ′′ + ……⎥ = − k ⎢∑ e S K +1 ⎣ S1 ⎦
(
)
(
将 NPS = e −α − β ε S 带入 ⇒ S = − kN∑ PS ln PS ；
w.
β
2m ( pz +
V e −α − βε −γpz dp x dp y dp z = N 3 ∫ h
网
mγ β
)2
co m
dp x dp y dp z = N
3 1 ⎡ mγ mγ ⎤ − 2 m( p z + −βε ( ) 2 ∫ e − β ε x dp x ∫ e y dp y ∫ ⎢( p z + )− e 2πmkT β β ⎥ ⎣ ⎦ 3