Hướng dẫn bài tập Vật lý thống kê: Thống kê cổ điển, thống kê lượng tử

Chia sẻ: Day Ma | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:15

Thêm vào BST

Báo xấu

121
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu cung cấp 20 bài tập về thống kê cổ điển và 5 bài tập thống kê lượng tử. Đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức Vật lý thống kê. Để nắm chi tiết nội dung mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn bài tập Vật lý thống kê: Thống kê cổ điển, thống kê lượng tử

Hướng dẫn Bài tập Vật lý thống kê – Thống kê cổ điển Bài 1. Dùng phân bố chính tắc Gibbs, thiết lập các phân bố sau đây (các dạng khác của phân bố Maxwell) : Xác suất để vận tốc của một hạt của hệ có các thành phần vận tốc ở trong khoảng : (vx , vx dx ),(vy , vy dy ),(vz , vz dz ) Xác xuất để độ lớn vận tốc của một hạt của hệ nằm trong khoảng (v, v dv ) . Xác suất để động năng của một hạt của hệ có giá trị nằm trong khoảng ( , d ) Sử dụng các kết quả trên tính các giá trị trung bình sau : n /2 a) v n 2 2kT m ( n 2 3 ) (n 1) 8kT b) v m c) (v v )2 kT m (3 8 ) 3 2 d) ( 1 m )2 v 2 v2 (kT )2 2 2 2kT e) Vận tốc có xác suất lớn nhất : v0 m Hướng dẫn  Xác suất để vận tốc của hạt có các thành phần ở trong khoảng đã cho là : mvi2 dW (vi ) m e 2kT dv (i x, y, z ) 2 kT i  Xác suất để độ lớn vận tốc của hạt nằm trong khoảng đã cho là : mv2 3 dW (v ) 4 m e 2kT v 2dv 2 kT  Xác suất để động năng của hạt nằm trong khoảng đã cho là : 2 dW ( ) e kT d 3 (kT ) mv 2 3 a) Ta có v n v ndW (v ) 4 m 2 kT v n 2e 2kT dv . 0 0 n 1 mv 2 n 1 mv 2 n 2 2kT 2 kT 2 e xdx Đặt x v e 2kT dv x . Từ đó ta được : 2kT m m n n 1 n n v 2 2kT 2 m x 2 e xdx 2 2kT 2 m n 3 2 . 0 Trong đó : (a ) x a 1e x dx là hàm Gamma. 0 1/ 2 b) Sử dụng kết quả câu a) khi n 1 , ta có : v 2 2kT (2) 8kT m m
c) Ta có (v v )2 v2 2v.v (v )2 v2 (v )2 . Theo câu b) ta đã có v 8kT m Áp dụng kết quả câu a) khi n 2 , ta có v 2 2 2kT m ( 25 ) 2 2kT m 3 4 3kT m . Từ 2 đó ta tìm được : (v v )2 3kT m 8kT m kT m 3 8 2 2 2 d) Ta có v 2 v2 v4 2v 2 .v 2 v2 v4 v 2 . Áp dụng kết quả câu a) với 2 2 n 2 và n 4 ta có : v 2 2 2kT m ( 25 ) 3kT m và v 4 2 2kT m ( 72 ) 15 kT m 1m 2 2 2 2 m2 kT 2 3kT 2 3 2 . Từ đó ta tìm được : 2 v v 15 m m 2 kT . 4 mv2 3 2 e) Từ biểu thức của xác suất dW (v) 4 m ve 2kT dv , ta thấy để xác xuất dW (v) 2 kT mv2 3 2 cực đại thì hàm f (v) 4 m ve 2kT phải đạt cực đại. 2 kT mv 2 mv 2 3 3 3 2 Ta có : f (v ) m 2v mv e 2kT 4 m 2 mv ve 2kT . Từ đó 2 kT kT 2 kT kT suy ra : f (v ) 0 v 0, v 2kT . Lập bảng biến thiên của f (v ) : m v 0 2kT m f (v ) 0 0 0 fmax f (v ) 0 0 Từ đó ta thấy rằng f (v ) đạt cực đại khi v 2kT , nói cách khác vận tốc có xác suất lớn m nhất là v0 2kT . m Chú ý : Trong các bài tập trên khi tính toán ta đã sử dụng một số tính chất sau của hàm Gamma : (a 1) a (a ) (a 1), (n 1) n ! (n ) và ( 21 )= . Khi đó ta có : (2) 1! 1, ( 25 ) ( 23 1) 3 ( 23 ) 3 ( 21 1) 31 ( 21 ) 3 và 2 2 22 4 ( 72 ) ( 25 1) 5 2 ( 25 )= 154 .Trong các tập dưới đây, trong nhiều trường hợp ta sẽ (m 1) sử dụng công thức sau : x me ax dx m 1 0 a Bài 2. Viết phân bố Gibbs cho các dao động tử điều hoà tuyến tính cổ điển và tính giá trị trung bình của năng lượng của nó . Hướng dẫn : H ( p,q ) Hàm phân bố chính tắc Gibbs có dạng (p, q ) Ae kT . Đối với dao động tử điều p2 m 2 2 x hòa tuyến tính q x và H (x, p ) 2m 2 E là năng lượng của dao động tử , do
E đó phân bố Gibbs cho dao động tử điều hòa tuyến tính có dạng : (E ) Ae kT . Từ điều E E kiện chuẩn hóa (E )dE 1 , ta có : A e kT dE 1 A( kT )e kT 0 1 0 0 E A.kT 1 , hay A 1 . Do đó : (E ) 1 e kT . Năng lượng trung bình : kT kT E 1 E E (E )dE Ee kT dE . Lấy tích phân từng phần ta được : kT 0 0 E E E E E 1 ( kT .Ee kT |0 kT e kT dE ) e kT d kT .e kT |0 kT kT 0 0 Bài 3. Thiết lập phương trình trạng thái của hệ khí lý tưởng đơn nguyên tử gồm N nguyên tử khí; Biết năng lượng và xung lượng của mỗi hạt khí liên hệ với nhau bởi hệ thức : cp N Hướng dẫn : Hàm Hamilton của hệ : H cpi . Tích phân trạng thái của hệ : i 1 H N cpi 1 1 Z 3N e kT d 3N dri e kT dp i (1) N !(2 ) N !(2 ) i 1 (V ) Mặt khác : dri V là thể tích của hệ (V ) cpi cp n! e kT dp i 4 e kT p 2dp , sử dụng công thức x ne ax dx ta tìm được : 0 0 an 1 cpi 3 e kT dp 8 kT . Thay vào (1) ta được : i c N N 1 3 1 3 Z 3N V .8 kT c 3N V .8 kT c V NT 3N N N !(2 ) i 1 N !(2 ) N N 1 k 3 Trong đó : 8 c . N !(2 )3N Gọi P là áp suất của hệ, ta có : P kT ln Z NkT lnV 3 lnT ln NkT V T V V Từ đó suy ra phương trình trạng thái của hệ là : PV NkT Chú ý : trong các bài tập thuộc loại này người ta có thể yêu cầu tính thêm các đại lượng nhiệt động khác như : năng lượng tự do F , entropy S , nội năng U , nhiệt dung đẳng tích CV , thế Gibbs , enthalpy H , nhiệt dung đẳng áp C P . Lúc đó ta sẽ sử dụng các hệ thức liên hệ giữa tích phân trạng thái Z và các đại lượng nhiệt động để tính. Chẳng hạn đối với bài tập trên ta có : F kT ln Z NkT lnV 3 lnT ln S F k ln Z kT ln Z Nk lnV 3 lnT ln NkT . T3 T V T V
Hay S S0 Nk lnV 3Nk lnT với S0 3Nk Nk ln . U F TS kT 2 ln Z T V NkT 2 T lnV 3 lnT ln 3NkT CV U 3Nk T V F PV NkT lnV 3 lnT ln NkT H U PV 3NkT NkT 4NkT CP H 4Nk T P Bài 4. Thiết lập mối liên hệ giữa năng lượng, áp suất và thể tích của hệ khí lý tưởng đơn nguyên tử gồm N nguyên tử . Biết rằng năng lượng và xung lượng của mỗi hạt liên hệ với nhau bởi hệ thức : cp 3 (c : const ) N Hướng dẫn : Hàm Hamilton của hệ : H cpi3 . Tích phân trạng thái của hệ : i 1 H N cpi3 1 1 Z 3N e kT d dri e kT dp i (1) N !(2 ) N !(2 )3N i 1 (V ) Mặt khác : dri V là thể tích của hệ (V ) cpi3 cp 3 cp 3 kT p 2dp kT 4 kT e kT dp i 4 e 4 e kT |0 . Thay vào (1) ta được : 3c 3c 0 N 1 1 N Z 3N V .4 kT 3c 3N V .4 kT 3c V NT N N N !(2 ) i 1 N !(2 ) N 1 k N Trong đó : 4 3c . Gọi P là áp suất của hệ, ta lại có : 3N N !(2 ) P kT ln Z NkT lnV lnT ln NkT (1) V T V V 2 Năng lượng của hệ U kT ln Z T V NkT 2 T lnV lnT ln NkT (2) Từ (1) và (2) ta có ngay : U PV . Các đại lượng nhiệt động khác : F kT ln Z NkT lnV lnT ln S F k ln Z kT ln Z Nk lnV lnT ln NkT . T1 T V T V Hay S S0 Nk lnV Nk lnT với S0 Nk Nk ln . CV U Nk ; F PV NkT lnV ln T ln NkT T V H H U PV NkT NkT 2NkT ; CP T P 2Nk Bài 5. Thiết lập phương trình trạng thái của hệ khí lý tưởng đơn nguyên tử gồm N nguyên tử.Biết năng lượng và xung lượng của mỗi hạt khí đó liên hệ với nhau bởi hệ thức cp 4 N Hướng dẫn : Hàm Hamilton của hệ : H cpi4 . Tích phân trạng thái của hệ : i 1
H N cpi4 1 1 Z e kT d dri e kT dp i (1) N !(2 )3N N !(2 )3N i 1 (V ) Mặt khác : dri V là thể tích của hệ (V ) cpi4 cp 4 cp 4 1/ 4 3/ 4 e kT dp i 4 e kT p 2dp . Đặt : x kT p kT c x 1/ 4 p 2dp 1 kT 4 c x 1/ 4 dx 0 cpi4 3/ 4 3/ 4 Do đó : e kT dp i kT c x 1/ 4e x dx kT c ( 43 ) .Thay vào (1) ta được : 0 N N 1 3/ 4 1 3/ 4 Z 3N V kT c ( 43 ) 3N V kT c ( 43 ) V NT 3N / 4 N N !(2 ) i 1 N !(2 ) N N 1 k 3/ 4 Trong đó : c ( 43 ) . N !(2 )3N ln Z 3 NkT Gọi P là áp suất của hệ, ta có : P kT V T NkT V lnV lnT ln V 4 Từ đó suy ra phương trình trạng thái của hệ là : PV NkT Các đại lượng nhiệt động khác : F kT ln Z NkT lnV 3 lnT ln 4 S F k ln Z kT ln Z Nk lnV 3 lnT ln 3 NkT . 4T T V T V 4 Hay S S0 Nk lnV Nk lnT với S0 3 Nk Nk ln . 4 U F TS kT 2 ln Z T V NkT 2 T lnV 3 lnT 4 ln 3 NkT 4 CV U 3 Nk ; F PV NkT lnV 3 lnT ln NkT T V 4 4 H U PV 3 NkT NkT 7 NkT ; CP H 7 Nk 4 4 T P 4 Bài 6. Xác định năng lượng và áp suất của khí lý tưởng gồm N hạt chứa trong bình có thể tích V , biết rằng năng lượng của mỗi hạt phụ thuộc vào xung lượng của chúng theo hệ thức : ap (a, 0) N Hướng dẫn : Hàm Hamilton của hệ : H api . Tích phân trạng thái của hệ : i 1 H N api 1 1 Z e kT d dri e kT dp i (1) N !(2 )3N N !(2 )3N i 1 (V ) Mặt khác : dri V là thể tích của hệ (V ) api ap 3 ap 1/ 3/ 1 kT p 2dp . kT 1/ 2 1 kT e kT dp i 4 e Đặt : x kT p a x p dp a x dx 0
api 3 4 3/ 1 4 3/ Do đó : e kT dp i kT a x e xdx kT a ( 3 ) .Thay vào (1) ta được : 0 N N 1 3/ 4 1 3/ Z 3N V kT c ( 43 ) 3N V 4 kT a ( 3) V NT 3N / N N !(2 ) i 1 N !(2 ) N N 1 4 k 3/ Trong đó : a ( 3) . N !(2 )3N Gọi P là áp suất của hệ, ta lại có : P kT lnVZ NkT V lnV 3 lnT ln NkT V T 2 Năng lượng của hệ : U kT ln Z T V NkT 2 T lnV 3 lnT ln 3 NkT Các đại lượng nhiệt động khác : F kT ln Z NkT lnV 3 lnT ln S F k ln Z kT ln Z Nk lnV 3 lnT ln NkT . 3 T V T V T Hay : S S0 Nk lnV Nk lnT với S0 3 Nk Nk ln . CV U 3 Nk ; F PV NkT lnV 3 ln T ln NkT T V H U PV 3 NkT NkT 3 1 NkT ; CP H 3 1 Nk T P Bài 7. Tìm năng lượng tự do, nội năng và nhiệt dung của một cột khí lý tưởng có chiều cao h , diện tích đáy ở trong trọng trường ở nhiệt độ T ,biết rằng số hạt khí là N . N pi2 Hướng dẫn : Hàm Hamilton của hệ H 2m mgzi . Tích phân trạng thái của hệ : i 1 H N mgzi pi2 1 1 Z e kT d e kT dr i e 2mkT dp i (1) N !(2 )3N N !(2 )3N i 1 (V ) mgzi h mgz mgz mgh Mặt khác : e kT dr dxdy e kT dz ( kT )e kT |0 kT (1 e kT ) i mg mg (V ) ( ) 0 pi2 p2 e 2mkT dp i 4 p 2e 2mkT dp (2 mkT )3 /2 . Thay vào (1) ta được : 0 N mgh 1 kT Z 3N [ (1 e kT )(2 mkT )3/2 ] N !(2 ) i 1 mg mgh mgh 1 kT 3/2 N 5N / 2 kT )N N 3N [ (1 e kT )(2 mkT ) ] T (1 e N !(2 ) mg N N 1 k 3/2 Trong đó : 2 mk . Từ đó ta tìm được : N !(2 )3N mg mgh Năng lượng tự do : F kT ln Z NkT [ 5 lnT ln(1 e kT ) ln ] 2
mgh 2 ln Z 2 Nội năng : U kT T V NkT [ 5 lnT T 2 ln(1 e kT ) ln ]= mgh 2 5 mgh e kT 5 Nmgh NkT mgh = NkT mgh 2T kT 2 2 1 e kT e kT 1 mgh mgh kT U 5 Nmgh 5 kT 2 e  Nhiệt dung : CV T V T NkT mgh Nk Nmgh mgh 2 e kT 1 2 (e kT 1)2 2 2 mgh mgh 5 5 Hay : CV Nk mgh kT mgh Nk 2kT 2 2 (e 2kT e 2kT )2 2 sh mgh 2kT Bài 8. Trong bình hình lập phương cạnh L có chứa N phân tử khí lý tưởng ở nhiệt độ T . Bình khí được đặt trong trọng trường. Tìm áp suất tác dụng lên mặt trên của bình N pi2 Hướng dẫn : Hàm Hamilton của hệ H 2m mgzi . Tích phân trạng thái của hệ : i 1 H N mgzi pi2 1 1 Z e kT d e kT dr i e 2mkT dp i (1) N !(2 )3N N !(2 )3N i 1 (V ) mgzi L L L mgz mgz mgL Mặt khác : e kT dr dx dy e kT dz 2 L( kT )e kT |L L2 mg kT 1 e kT i mg 0 (V ) 0 0 0 pi2 p2 e 2mkT dp i 4 p 2e 2mkT dp (2 mkT )3 /2 . Thay vào (1) ta được : 0 N mgL 1 kT Z 3N [L 2 (1 e kT )(2 mkT )3/2 ] N !(2 ) i 1 mg mgL mgL 1 2 kT 3/2 N 2N 5N / 2 kT )N N 3N [L (1 e kT )(2 mkT ) ] L T (1 e N !(2 ) mg N 1 3/2 N Trong đó : [ k 2 mk 3N mg ] . Áp suất tác dụng lên mặt trên của bình N !(2 ) là : P kT ln Z kT ln Z dL . Vì V L3 nên : dV 3L2dL dL dV 1 . V T L T dV 3L2 mgL mgL mg NkT 5 lnT NkT [ 2 + kT e kT Từ đó ta có : P L [2 ln L ln(1 e kT ) ln ] ]= 3L2 2 3L2 L mgL 1 e kT NkT [ 2 + mg (mgL /kT ) mgL 1 ]= NkT [ 23 + 13 mgL ] (với V L3 ) 3L2 L kT V e kT 1 e kT 1 Bài 9. Hỗn hợp hai khí lý tưởng gồm N1 hạt khối lượng m1 và N 2 hạt khối lượng m2 chứa trong một bình hình trụ có chiều cao h và điện tích đáy . Bình khí được đặt trong trọng trường với gia tốc g . Tìm áp suất đặt lên mặt trên của bình và vị trí của khối tâm . Hướng dẫn : Gọi Z j là tích phân trạng thái của hạt loại j (j 1, 2) , ta có :
Hj Nj m j gzi pi2 1 1 2m jkT Zj 3N j e kT d j 3N j e kT dri e dpi N j !(2 ) N j !(2 ) i 1 (V ) m j gzi h m j gz m j gz m j gh Mặt khác : e kT dri dxdy e kT dz ( kT )e m jg kT |h0 kT (1 m jg e kT ) (V ) ( ) 0 pi2 p2 2m jkT 2m jkT e dpi 4 p2e dp (2 m jkT )3/2 . Thay vào (1) ta được : 0 Nj m j gh 1 Zj 3N j [ kT (1 m jg e kT )(2 m jkT )3/2 ] N j !(2 ) i 1 m j gh m j gh 1 kT (1 3/2 N j 5N j / 2 Nj Nj 3N j [ m jg e kT )(2 m jkT ) ] T (1 e kT ) j N j !(2 ) Nj 1 3/2 N Trong đó : j 3N j [ m kg 2 m j k j ] .Tích phân trạng thái của hệ là : N j !(2 ) j 2 Z Z j . Do đó áp suất tác dụng lên mặt trên của bình là : j 1 2 2 ln Z ln Z j ln Z j dh P kT V T kT V kT h dV . j 1 T j 1 T Vì thể tích của hình trụ là : V h nên dh 1 . Từ đó ta tìm được : dV 2 m j gh 2 m j gh kT kT N jm jg e P Nj [ 5 lnT h 2 ln(1 e kT ) ln j] kT kT m j gh j 1 j 1 1 e kT 2 N jm jg 1 Hay : P m j gh j 1 e kT 1 2 ln Z j  Nội năng của hệ : U kT 2 ln Z T V kT 2 T j 1 V 2 m j gh 2 m j gh m j gh = kT 2 Nj [ 5 lnT T 2 ln(1 e kT ) ln j] kT 2 5 N j [ 2T 2 e kT m j gh ] kT j 1 j 1 1 e kT 2 N j m j gh Hay : U ( 25 N jkT m j gh ) . Gọi Ed là động năng trung bình của hệ, theo định lý j 1 e kT 1 2 phân bố đều động năng ta có : Ed 3 (N 1 N 2 )kT 3 N kT j . Từ đó suy ra thế 2 2 j 1 2 N j m j gh năng trung bình của hệ là : Et U Ed (N jkT m j gh ) (2) j 1 e kT 1
 Nếu gọi zc là tọa độ của khối tâm, ta có : Et Mgzc (3) , với M N1m1 N 2m2 là khối lượng của hệ. Từ (2) và (3) ta tìm được : 2 Et Et 1 N j m j gh zc (N jkT m j gh ) Mg (N 1m1 N 2m2 )g (N 1m1 N 2m2 )g j 1 e kT 1 Bài 10. Biết rằng động năng của chuyển động quay của phân tử 2 nguyên tử đối với khối p2 tâm của chúng bằng : q 1 2I (p 2 ) ở đây I là moment quán tính đối với khối sin2 tâm phân tử còn p , p là xung lượng suy rộng ứng với các tọa độ cầu , . Hãy tính : tổng thống kê, entropy, nhiệt dung ứng với chuyển động quay của phân tử hai nguyên tử q Hướng dẫn : Tích phân trạng thái của chuyển động quay là : Zq e kT d , trong đó : d d d dp dp (0 ,0 2 , p , p
H N m 2ri2 pi2 Z 1 e kT d 1 e 2kT dri e 2mkT dp N !(2 )3N N !(2 )3N i i 1V  Sử dụng hệ tọa độ trụ (r, , z ) , ta có : m 2ri2 2 h R m 2r 2 m 2r 2 m 2R2 e 2kT dri d dz e 2kT rdr 2 h kT e 2kT |R 2 hkT (e 2kT 1) m 2 0 m 2 V 0 0 0 pi2 p2  e 2mkT dp i 4 pe 2 2mkT dp (2 mkT )3 /2 0  Thay vào biểu thức của Z ta nhận được : N m 2R2 m 2R2 Z 1 [ 2 hkT (e 2kT 1)(2 mkT )3/2 ] T 5N /2(e 2kT 1)N N N !(2 )3 N m 2 i 1 trong đó : N 1 [2 kh (2 mk )3/2 ]N . N !(2 )3N m 2 a) Áp suất tác dụng lên thành bình : P kT ln Z kT ln Z dR . V T R T dV Vì V R2h nên dV 2 hRdR dR dV 1 . 2 hR Do đó : m 2R2 m 2R2 m 2R 2kT e P kT ln Z NkT [ 5 lnT ln(e 2kT 1) ln ] NkT kT 2 Rh R T 2 Rh R 2 2 Rh m 2R2 e 2kT 1 2 2 Hay : P NkT (m R / 2kT ) V m 2R2 1 e 2kT m 2R2 2 ln Z 2 b) Nội năng của khí : U kT T V NkT [ 5 lnT T 2 ln(e 2kT 1) ln ] 2 m 2R2 m R2 e 2kT 2 2kT 2 Nm R2 / 2 NkT 2[ 2T 5 m 2R2 ] , hay : U 5 NkT 2 m 2R2 e 2kT 1 1 e 2kT Bài 12. Tìm khối tâm của một cột khí lý tưởng nằm trong trọng trường đều, biết rằng gia tốc trọng trường là g , khối lượng một phân tử là m và nhiệt độ là T . N Hướng dẫn. Gọi N là số hạt của hệ , thế năng của hệ là : Et mgzi . Từ đó suy ra i 1 N Et mgzi (1) . Nếu gọi zc là tọa độ khối tâm của hệ, ta lại có : Et Mgzc (2), i 1 N 1 trong đó M Nm là khối lượng của hệ. Từ (1) và (2) ta được : zc mgzi (3) Nmg i 1 Để tính zi ta sử dụng hàm phân bố Boltzmann trong trường lực. Biểu thức của hàm phân mgz bố Boltzmann có dạng : (z ) Be kT . Từ điều kiện chuẩn hóa: (z )dz 1 , ta có : 0
mgz mgz kT )e kT mg B e kT dz B( mg kT |0 B mg 1 B kT . 0 mgz mg Do đó : (z ) kT e kT . Từ đó ta tìm được : mgz mgz mgz mg mg kT kT zi zi (zi )dzi kT ze kT dz kT ( mg ze kT |0 mg e kT dz ) 0 0 0 mgz kT e kT kT mg kT |0 mg . Thay giá trị này vào (3) ta có : zc . mg Bài 13. Khảo sát hệ gồm N dao động tử tuyến tính cổ điển với khối lượng m và tần số . Hãy tính tích phân trạng thái của hệ, từ đó xác định sự phụ thuộc nhiệt độ của nội năng và nhiệt dung của hệ. N p2 m 2 2 x Hướng dẫn. Hàm Hamilton của hệ là : H ( ) . Tích phân trạng thái : i 1 2m 2 N m 2x 2 p2 Z 1 e 2kT dx e 2mkT dp . Sử dụng tích phân Poisson : N !(2 )N i 1 m 2x 2 p2 ax 2 2 kT e dx , ta được : e 2kT dx 2 và e 2mkT dx 2 mkT a m N N Từ đó suy ra : Z 1 [ 2 kT 2 mkT ] 1 2 kT TN . N N !(2 )N m 2 N !(2 )N i 1 N N Với 1 2 k N N !(2 )  Nội năng : U kT 2 ln Z T V NkT 2 T (lnT ln ) NkT  Nhiệt dung : CV U Nk T V Bài 17. Sử dụng định lý phân bố đều động năng theo các bậc tự do và định lý virial dưới H H dạng: qi pi , tính năng lượng trung bình của dao động tử điều hoà tuyến tính. qi qi p2 m 2 2 x Hướng dẫn . Hàm Hamilton của dao động tử là : H 2m 2 E . Do đó, năng p2 m 2 2 x lượng trung bình của dao động tử là : E H 2m 2 (1). Theo định lý phân bố p2 1p H kT m 2 2 x đều động năng ta có : 2m 2 p 2 (2). Vì lim 2 nên x H kT lim H . Do đó theo định lý virial, ta có : 21 x x 2 . Từ biểu thức của H , ta x
2 2 2 2 lại có : 21 x H m x 1x H m x kT (3). Thay (2), (3) vào (1) ta tìm được : x 2 2 x 2 2 E kT kT kT 2 2 Bài 18. Sử dụng định lý virial, tính năng lượng trung bình của dao động tử có thế năng. u(x ) kx 4 . p2 Hướng dẫn: Hàm hamilton của dao động tử : H 2m kx 4 E . Do đó, năng lượng p2 trung bình là : E 2m kx 4 (1). Theo định lý phân bố đều động năng ta có : p2 2m 1p H 2 p kT 2 (2). Vì lim kx 4 nên lim H . Do đó theo định lý x x virial, ta có : 21 x H kT . Từ biểu thức của H , ta lại có : 21 x H 1 x .4kx 3 2kx 4 . x 2 x 2 Từ đó suy ra : 21 x H x 2kx 4 kT 2 kx 4 kT 4 (3). Thay (2), (3) vào (1) ta tìm được : E kT kT 3kT 2 4 4 Bài 19. Sử dụng định lý virial, tính năng lượng trung bình của hạt chuyển động trong trường lực có thế năng U (q ) q 2n ( n : số tự nhiên, : hằng số dương). p2 Hướng dẫn: Hàm hamilton của hạt : H 2m q 2n E . Do đó, năng lượng trung p2 bình là : E 2m q 2n (1). Theo định lý phân bố đều động năng ta có : p2 2m 1p H 2 p kT 2 (2). Vì lim q 2n nên lim H . Do đó theo định lý q x virial, ta có : 21 q H q kT 2 . Từ biểu thức của H , tacó : 21 q H q 1 q .2n 2 q 2n 1 n q 2n . Từ đó suy ra : 21 q H q n q 2n kT 2 q 2n kT 2n (3). Thay (2), (3) vào (1) ta được : E kT kT kT 1 1 2 2n 2 n Bài 20. Chứng minh các hệ thức sau : H F a) F kT (H khi qi ) qi qi Hướng dẫn : Từ định nghĩa của giá trị trung bình trong phân bố chính tắc, ta có : s H F H F H (q, p)d 1 F H e kT dq jdp j qi qi Z qi ( ) ( ) j 1 s H 1 dq j [ H dp j F e i ] (1) kT dq Z qi j 1 j i Lấy tích phân từng phần ta có : H H H H qi F F qi e kT dq i kT .F .e kT qi kT qi e kT dq i H H qi Vì lim H nên lim F .e kT 0 kT .F .e kT qi 0. Do đó : qi qi
H H F H e kT dq kT F e kT dq (2). Thay (2) vào (1) ta được : qi i qi i s H H 1 dq j [kT F F F F dp j e i] (q, p )d kT dq kT kT qi Z qi qi qi j 1 j i ( ) H F b) F kT pi pi Hướng dẫn : Từ định nghĩa của giá trị trung bình trong phân bố chính tắc, ta có : s H F H F H (q, p)d 1 F H e kT dq jdp j pi pi Z pi ( ) ( ) j 1 s H 1 dq j dp j [ F H e kT dp ] (1) Z pi i j 1 j i Lấy tích phân từng phần ta có : H H H H pi F F pi e kT dp i kT .F .e kT pi kT pi e kT dp i H H pi Vì lim H nên lim F .e kT 0 kT .F .e kT pi 0 . Do đó : pi pi H H F H e kT dp kT F e kT dp (2). Thay (2) vào (1) ta được : pi i pi i s H F H 1 dq j dp j [kT F e kT dp ] kT F (q, p)d kT F pi Z pi i pi pi j 1 j i ( ) Hướng dẫn Bài tập Vật lý thống kê – thống kê lượng tử . Bài 1. Khảo sát hệ N dao động tử điều hòa tuyến tính độc lập a) Tính năng lượng tự do và entropy của N dao động tử điều hoà tuyến tính độc lập. b) Tính năng lượng trung bình, nhiệt dung của N dao động tử điều hoà tuyến tính độc lập. n Hướng dẫn : Gọi Z là tổng thống kê của hệ, ta có : Z Z1N , trong đó Z1 e kT n 0 là tổng thống kê của một dao động tử. Vì phổ năng lượng của dao động tử điều hòa tuyến tính là : n (n 21 ) (n 0, 1, 2, ...) nên, ta có : (n 1) n Z1 e 2 kT e 2kT e kT e 2kT 1 1 1 2 sh( 2kT ) n 0 n 0 1 e kT e 2kT e 2kT Từ đó ta nhận được : Z [ 1 ]N . 2 sh( ) 2kT a) Năng lượng tự do của dao động tử là : F kT ln Z NkT ln[2sh( 2kT )]
Entropy của dao động tử : F ch( ) S T V T NkT ln 2sh( 2kT ) Nk ln 2sh(kT ) NkT 2 2kT 2kT sh( ) 2kT hay : S Nk ln 2sh(kT ) Nk 2kT coth( 2kT ) b) Năng lượng trung bình : E F TS = N coth 2 2kT 2 Nhiệt dung CV E N coth(2kT ) N .( ). 1 Nk 1 T V 2 T 2 2kT 2 sh( 2 ) 2kT sh( )2 2kT 2kT Bài 2. Tính năng lượng trung bình và nhiệt dung của hệ N dao động tử điều hoà hai chiều độc lập có các mức năng lượng n (n 1) suy biến bội g ( n ) n 1 . Hướng dẫn : Gọi Z là tổng thống kê của hệ, ta có : Z Z1N , trong đó n Z1 g( n )e kT là tổng thống kê của một dao động tử. Vì phổ năng lượng của dao n 0 động tử điều hòa hai chiều là : n (n 1) (n 0, 1...) có bội suy biến g( n ) n 1 (n 1) nên, ta có : Z1 (n 1)e kT [ 1 ]2 Từ đó ta nhận được : Z [ 1 ]2N . 2sh( 2kT ) 2 sh( ) n 0 2kT  Năng lượng trung bình của hệ : ch( ) E kT 2 ln Z T V 2NkT 2 T ln[2sh( 2kT )]= 2NkT 2 2kT 2kT 2 sh( 2kT ) Hay : E N coth 2kT  Nhiệt dung : 2 CV E N coth N 1 2Nk 1 T V T 2kT 2kT 2 sh 2 2kT sh 2 2kT 2kT Bài 3. Tính tổng thống kê và năng lượng trung bình của dao động tử 3 chiều mà các mức 3 (n 1)(n 2) năng lượng n n 2 suy biến bội g ( n) 2 n Hướng dẫn : Gọi Z là tổng thống kê của hệ, ta có : Z Z1N , với Z1 g( n )e kT là n 0 tổng thống kê của một dao động tử. Vì phổ năng lượng của dao động tử điều hòa hai chiều 3) (n 1)(n 2) là: n (n 2 (n 0, 1...) có bội suy biến g( n ) 2 nên, ta có : (n 3) (n 1)(n 2) Z1 2 e 2 kT [ 1 ]3 Từ đó ta tìm được : Z [ 1 ]3N . 2sh( ) n 0 2sh( ) 2kT 2kT  Năng lượng trung bình của hệ : ch( ) E kT 2 ln Z T V 3NkT 2 T ln[2sh( 2kT )]= 3NkT 2 2 2kT 2kT sh( ) 2kT Hay : E 3N coth 2 2kT  Nhiệt dung : 2 CV E 3N coth 3N 1 3Nk 1 T V 2 T 2kT 2 2kT 2 sh 2 2kT sh 2 2kT 2kT
Bài 4. Xác định năng lượng trung bình của hạt có các mức năng lượng không suy biến : ( : const ; 0, 1, ..., n 1) . n 1 n 1 n Hướng dẫn . Tổng thống kê của hạt Z1 e kT e kT 1 e kT . 0 0 1 e kT n 2 ln Z1 2 Năng lương trung bình : E kT T kT T [ln(1 e kT ) ln(1 e kT )] n n e kT e kT kT [ 2 kT 2 kT 2 ] n n n 1 e kT 1 e kT e kT 1 e kT 1 Bài 5. Nếu hạt có spin 1/2 đặt trong từ trường H thì các mức năng lượng của nó tách làm 2: H và H tương ứng với các moment từ - và + song song hay đối song với từ trường H . Giả sử hệ gồm N hạt như thế được đặt trong từ trường H ở nhiệt độ T . Sử dụng phân bố chính tắc Gibbs , xác định nội năng, nhiệt dung, moment từ của hệ. n Hướng dẫn : Gọi Z là tổng thống kê của hệ, ta có : Z Z1N , trong đó Z1 e kT n là tổng thống kê của một hạt. Vì hạt chỉ có hai mức năng lượng là 1 H, 2 H H H H H N nên : Z1 e kT e kT 2ch kT . Do đó tổng thống kê của hệ là Z [2ch( kT )]  Năng lượng của hệ : H 2 ln Z 2 H 2 H sh H E kT T V NkT T ln[2ch( kT )]=NkT ( ) kT H N H .th kT 2 ch kT kT 2 E H H  Nhiệt dung của hệ : CV T V N H .( ) 1 Nk kT 1 kT 2 ch H 2 ch H 2 kT kT  Moment từ trung bình của hệ : N z, trong đó z là moment từ trung bình cho một H 1 kT i hạt. Mặt khác, xác suất để hạt ở trạng thái với moment từ bằng i là W ( i) e . Z1 Do đó momen từ trung bình của một hạt là : z iW ( i ) . Vì moment từ của một i hạt chỉ có thể nhân 2 giá trị bằng và nên : H H H e kT e kT sh( kT ) H z W( ) W( ) .th( kT ) 2ch( H ) ch( H ) kT kT H Từ đó ta nhận được moment từ trung binh của hệ là : N .th( kT )