СТАТИСТИЧЕСКАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА Задачи и упражнения 8

Белорусский Государственный Университет, Минск
Физический факультет
WS 2011/2012
Я.М. Шнир
СТАТИСТИЧЕСКАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА
Задачи и упражнения 8
1. Спектр энергии молекулы состоит из 3 уровней с энергиями 𝐸0 = 0, 𝐸1 = 𝜀
и 𝐸2 = 10𝜀. Определить при каких температурах практически только первые
два уровня будут заселенными. Определить среднюю энергию молекулы при
температуре 𝑇 . Найти вклад каждого из уровней энергии в удельную теплоемкость
𝐶𝑉 и вычислить эту теплоемкость.
2. Рассмотрим систему атомов со спином 𝑠 = 1 помещенную на двойную решетку
так, что атомы не взаимодействуют друг с другом а энергия каждого атома,
в зависимости от ориентации его спина, может принимать 3 равновероятных
значения: 𝜀 = −1, 0, 1. Вычислить среднюю энергию системы ⟨𝐸⟩ и среднеквадратичную
энергию ⟨𝐸 2 ⟩.
3. Спиновая цепочка в магнитном поле (Модель Изинга в 1d).
Энергетический уровень основного состояния частицы со спином 𝑠 = 1/2 и
магнитным моментом 𝜇 во внешнем магнитном поле 𝐻 расщепляется на два
подуровня с энергиями −𝜇𝐻 и 𝜇𝐻 соответственно. Система, состоящая из 𝑁
таких частиц находится во внешнем магнитном поле при постоянной температуре
𝑇 . Определить внутреннюю энергию, энтропию, удельную теплоемкость и полный
магнитный момент системы.
4. Разреженный газ находится в сосуде объемом 𝑉 при давлении 𝑃 . Полагая что
молекулы газа характеризуются максвелловским распределением по скоростям,
вычислить скорость истечения газа в вакуум из небольшого отверстия площадью
𝑆.
5. Атомы одноатомного разреженного газа могут находится или же в основном
состоянии с энергией 𝜀0 = 0, или в возбужденном состоянии с энергией 𝜀. Степень
вырождения основного состояния равна 𝑔1 , степень вырождения возбужденного
состояния равна 𝑔2 . Найти удельную теплоемкость газа.
Решения
1. (i) Поскольку энергия первого уровня равна нулю (основное состояние), то
exp(−𝜀0 /𝑘𝐵 𝑇 ) = 1. Предположим что в системе имеется 𝑁 частиц причем 𝑁 =
𝑁1 + 𝑁2 + 𝑁3 , где 𝑁1 , 𝑁2 , 𝑁3 - число частиц находящихся соответственно на
первом, втором и третьем уровне. Очевидно что
𝑁2
− 𝜀
= 𝑒 𝑘𝐵 𝑇 ;
𝑁1
𝑁3
− 10𝜀
= 𝑒 𝑘𝐵 𝑇
𝑁1
Следовательно,
𝑁
𝑁3 =
9𝜀
𝑘𝐵 𝑇
10𝜀
1+𝑒
+ 𝑒 𝑘𝐵 𝑇
Третий уровень не занят если 𝑁3 < 1, то есть критическая температура определяется
из условия
𝑁
1=
9𝜀
10𝜀
1 + 𝑒 𝑘𝐵 𝑇𝑐 + 𝑒 𝑘𝐵 𝑇𝑐
Если 𝑁 ≫ 1, то 𝑇𝑐 ≈ 𝑘𝐵10𝜀
.
ln 𝑁
(ii) Средняя энергия приходящаяся на одну молекулу равна
− 𝑘 𝜀𝑇
𝐸1 =
𝜀(𝑒
− 𝑘10𝜀𝑇
+ 10𝑒
− 𝑘 𝜀𝑇
𝐵
− 𝑘 𝜀𝑇
𝐵
𝐵
)
−10 𝑘 𝜀 𝑇
1+𝑒
поскольку статсумма 𝑍1 = 1 + 𝑒
состоящей из 𝑁 молекул есть
𝐶𝑉 =
𝐵
+𝑒
𝐵
−10 𝑘 𝜀 𝑇
+𝑒
𝐵
. Тогда теплоемкость системы
∂(𝑁 𝐸1 )
∂𝐸
𝑒−𝛽𝜀 + 100𝑒−10𝛽𝜀 + 81𝑒−11𝛽𝜀
= −𝑁 𝑘𝐵 𝛽 2
= 𝑁 𝑘𝐵 𝛽 2 𝜀2
∂𝑇
∂𝛽
(1 + 𝑒−𝛽𝜀 + 𝑒−10𝛽𝜀 )2
При высоких температурах 𝑘𝐵 𝑇 ≫ 𝜀, то есть
(
)2
182
𝜀
𝐶𝑣 ≈
𝑁 𝑘𝐵
∼ 𝑇 −2
9
𝑘𝐵 𝑇
При низких температурах 𝑘𝐵 𝑇 ≪ 𝜀, то есть
−
𝜀
𝑒 𝑘𝐵 𝑇
𝐶 𝑣 ≈ 𝑁 𝑘𝐵 𝜀 2 2 2
𝑘𝐵 𝑇
2. Статсумма одного атома равна 𝑍1 = 1 + 𝑒𝛽 + 𝑒−𝛽 , его средняя энергия есть
⟨𝜀⟩ =
)
1 (
𝑒−𝛽 − 𝑒𝛽
0 ⋅ 𝑒0 + (−1) ⋅ 𝑒𝛽 + 1 ⋅ 𝑒−𝛽 =
𝑍1
1 + 𝑒𝛽 + 𝑒−𝛽
Среднеквадратичная энергия атома равна
⟨𝜀2 ⟩ =
)
1 ( 2 0
𝑒−𝛽 + 𝑒𝛽
0 ⋅ 𝑒 + (−1)2 ⋅ 𝑒𝛽 + 12 ⋅ 𝑒−𝛽 =
𝑍1
1 + 𝑒𝛽 + 𝑒−𝛽
Поскольку мы рассматриваем двойную решетку, то
⟨𝐸⟩ = ⟨𝜀1 ⟩ + ⟨𝜀2 ⟩ = 2
𝑒−𝛽 − 𝑒𝛽
1 + 𝑒𝛽 + 𝑒−𝛽
и
⟨𝐸 2 ⟩ = ⟨(𝜀1 + 𝜀2 )2 ⟩ = (⟨𝜀1 ⟩)2 + (⟨𝜀2 ⟩)2 + ⟨2𝜀1 𝜀2 ⟩
Так как ⟨𝜀1 𝜀2 ⟩ = ⟨𝜀1 ⟩⟨𝜀2 ⟩, то
−2𝛽
⟨𝐸 2 ⟩ = 2
𝛽
−𝛽
𝑒2𝛽+𝑒 +𝑒 +𝑒
(1 + 𝑒𝛽 + 𝑒−𝛽 )2
3. Статистическая сумма одной частицы равна
(
𝑍1 = 𝑒
𝛽𝜇𝐻
−𝛽𝜇𝐻
+𝑒
= 2 cosh
𝜇𝐻
𝑘𝐵 𝑇
)
Следовательно статсумма 𝑁 невзаимодействующих частиц есть
𝑍=
𝑍1𝑁
[
(
)]𝑁
𝜇𝐻
= 2 cosh
𝑘𝐵 𝑇
Тогда свободная энергия равна
[
𝐹 = −𝑁 𝑘𝐵 𝑇 ln 2 cosh
(
𝜇𝐻
𝑘𝐵 𝑇
)]
откуда получаем выражение для энтропии системы:
{ [
(
)]
}
𝜇𝐻
𝜇𝐻
∂𝐹
𝜇𝐻
= 𝑁 𝑘𝐵 ln 2 cosh
th
𝑆=−
−
∂𝑇
𝑘𝐵 𝑇
𝑘𝐵 𝑇
𝑘𝐵 𝑇
Следовательно, внутренняя энергия есть
𝐸 = 𝐹 + 𝑇 𝑆 = −𝑁 𝜇𝐻 th
𝜇𝐻
𝑘𝐵 𝑇
Полный магнитный момент системы определяется как производная от свободной
энергии по величине магнитного поля, индуцирующего этот момент (не путайте
магнитный момент атома с химпотенциалом, также обозначаемым как 𝜇!):
𝑀 =−
∂𝐹
1
𝑒𝛽𝜇𝐻 − 𝑒−𝛽𝜇𝐻
𝜇𝐻
= 𝑁 ⟨𝜇⟩ = 𝑁 (𝜇𝑒𝛽𝜇𝐻 − 𝜇𝑒−𝛽𝜇𝐻 ) = 𝑁 𝜇 𝛽𝜇𝐻
=
𝑁
𝜇
th
∂𝐻
𝑍
𝑒
+ 𝑒−𝛽𝜇𝐻
𝑘𝐵 𝑇
и легко видеть что 𝐸 = −𝑀 𝐻.
Теплоемкость системы равна
(
𝐶𝑉 =
∂𝐸
∂𝑇
(
)
=
𝐻
𝑁 𝑘𝐵
cosh2
𝜇𝐻
𝑘𝐵 𝑇
(
)2
𝜇𝐻
𝑘𝐵 𝑇
)
Заметим, что внутреннюю энергию можно сразу вычислить по формуле 𝐸 =
.
− 𝑍1 ∂𝑍
∂𝛽
Вероятность того, что какой-то спин имеет ориентацию 𝑠 = ±1 определяется как
𝑒𝛽𝜇𝑠𝐻
;
𝑒𝛽𝜇𝐻 + 𝑒−𝛽𝜇𝐻
и средняя поляризация есть
𝑃𝑠 =
⟨𝑠⟩ = 𝑃↑ − 𝑃↓ = tanh
𝑃↑ + 𝑃↓ = 1
(
𝜇𝐻
𝑘𝐵 𝑇
)
В высокотемпературном пределе 𝑇 ≫ 𝜇𝐻/𝑘𝐵 обе ориентации спина равновероятны:
(
)
1
𝑠𝜇𝐻
𝑃𝑠 ≈
1+
2
𝑘𝐵 𝑇
В низкотемпературном пределе 𝑇 ≪ 𝜇𝐻/𝑘𝐵 и
𝑃↑ ≈ 1 − 𝑒−2𝜇𝐻/𝑘𝐵 𝑇
Важной характеристикой системы является изотермическая магнитная восприимчивсть,
определяемая как
(
)
(
)
1 ∂𝑀
𝜇2
𝜇𝐻
2
𝜒=
=
sech
𝑁 ∂𝐻 𝑇
𝑘𝐵 𝑇
𝑘𝐵 𝑇
Замечание: Вычисленная нами энергия 𝐸 = −𝐻𝑀 не является обычной термодинамической энергией системы, более того, последняя величина для данной
системы равна 0! Действительно, средняя энергия системы может быть получена
из свободной энергии двойным преобразованием Лежандра:
ℰ(𝑆, 𝑇, 𝑀 ) = 𝐹 (𝑇, 𝑁, 𝐻) + 𝑇 𝑆 + 𝐻𝑀
Учитывая выведенную выше формулу для энтропии, легко видеть что ℰ = 0 спины не взаимодействуют.
4. Поскольку газ вытекает в вакуум, поток частиц снаружи внутрь сосуда отсутствует
и число молекул, вылетающих из отверстия за время 𝛿𝑡 равно
∑
−𝛿𝑁 =
𝑛𝑓 (v)𝑆𝑣𝑥 𝛿𝑡
𝑣𝑥 >0
где знак минус соответствует тому, что молекулы покидают сосуд и число молекул
пересекших площадку 𝑆 определяется как число молекул в косом цилиндре,
имеющем основание 𝑆 и образующую 𝑣𝛿𝑡. Здесь 𝑓 (v) - функция распределения
Максвелла по скоростям и 𝑛- плотность молекул газа. Следовательно, скорость
с которой газ вытекает из отверстия равна
𝛿𝑁
−
=𝑆𝑛
𝛿𝑡
=𝑆𝑛
∫∞
∫∞
𝑑𝑣𝑥 𝑓 (v)
𝑑𝑣𝑦
0
−∞
(
)1/2 ∫∞
𝑚
2𝜋𝑘𝐵 𝑇
(
∫∞
𝑑𝑣𝑧 = 𝑆𝑛
−∞
𝑣𝑥 𝑒
2
𝑚𝑣𝑥
𝐵𝑇
− 2𝑘
𝑚
2𝜋𝑘𝐵 𝑇
)1/2 ∫∞
√
𝑑(𝑣𝑥2 /2)
= 𝑆𝑛
𝑣𝑥 𝑒
0
𝑘𝐵 𝑇
=𝑆
2𝜋𝑚
2
𝑚𝑣𝑥
𝐵𝑇
− 2𝑘
√
𝑑𝑣𝑥
𝑛𝑃
2𝜋𝑚
0
где мы воспользовались тем, что вероятность найти молекулу с компонентой
скорости 𝑣𝑥 , лежащей в интервале от 𝑣 до 𝑣 +𝑑𝑣, есть нормированная на единицу
функция распределения
𝑚𝑣 2
𝑚
− 2𝑘 𝑥𝑇
𝑓 (𝑣𝑥 )𝑑𝑣𝑥 =
𝑣𝑥 𝑒 𝐵 𝑑𝑣𝑥
𝑘𝐵 𝑇
и уравнение состояния идеального газа есть 𝑃 = 𝑛𝑘𝐵 𝑇 .
5. Статсумма атома рассматриваемого газа имеет вид 𝑍 = 𝑔1 𝑒−0/𝑘𝐵 𝑇 + 𝑔2 𝑒𝜀/𝑘𝐵 𝑇 .
Тогда, используя это выражение и распределение Больцмана, мы можем записать
среднюю энергию газа в виде
3
𝑔2 𝜀𝑒−𝜀/𝑘𝐵 𝑇
𝐸 = 𝑘𝐵 𝑇 + 𝐸0 +
2
𝑔1 𝑒−0/𝑘𝐵 𝑇 + 𝑔2 𝑒𝜀/𝑘𝐵 𝑇
где 𝐸0 - энергия диссоциации основного состояния. Следовательно,
(
)
∂𝐸
3
∂
𝑔2 𝜀
3
𝑔1 𝑔2 𝜀2
𝑒𝛽𝜀
= 𝑘𝐵 +
=
𝑘
+
𝐶𝑉 =
𝐵
∂𝑇
2
∂𝑇 𝑔2 + 𝑔1 𝑒𝜀/𝑘𝐵 𝑇
2
𝑘𝐵 𝑇 2 𝑔2 + 𝑔1 𝑒𝛽𝜀