Документ: zadachi_na_ekzamen, страницы 6-10 | База учебных материалов

W =

N !

- звідси визначаємо ентропію

N+ !N− !

(

N

+

− N

− )

ε

=U

- виключаємо із виразу для Ентропії N+ , N−

+ N

= N

N

+

−

1

=

∂S

T

∂U

N

Цей вираз можна після цього записати як функцію NN+ , NN− .

Задача 2: Ідеальний невироджений електронний газ знаходиться у сталому однорідному зовнішньому магнітному полі. Обчислити статистичну суму, вільну енергію, ентропію, калорійне рівняння стану та магнітну сприйнятливість.

Z = Z N

1

Z = Z

tr

Z '

1

−

p2

Ztr = ∫∫d rd pe

2mkT

- звичайна кінетична частина статистичної суми

'

−µB H

µB H

µ

H

Z

= e kT +e kT

=

2ch

B

kT

2

2πmkT

µ

H

Z

=

2

ch

B

N

h

!

kT

F = −kT ln Z

dF = −SdT − MdH - звідси можна знайти M .

χ= ∂M

∂H

Задача 4: Обчислити статистичну суму Z для системи з N майже невзаємодіючих квантових гармонічних осциляторів. Знайти вільну енергію, ентропію, калорійне рівняння стану.

Обчислимо Z (T,V , N ) для цієї системи враховуючи що цей випадок є Квантово-Механічним.

− El

Z = ∑e kT

l

Для осциляторів, що не взаємодіють можна записати:

tkitar 2010

Z

Σ

= Z N

1

hv

∞

hv n+

−

2

e

2kT

Z1 = ∑e−

=

kT

−

hvn

n=0

1−e kT

e

−

hv

N

ZΣ =

2kT

−

hv

kT

−e

1

Далі проводяться стандартні обчислення.

Задача 5: Знайти статистичну суму Z для системи із N майже не взаємодіючих квантових ротаторів. Знайти вільну енергію, ентропію, калорійне рівняння стану.

Запишемо вигляд ротаційного гамільтоніану

H

=

J (J +1)

h2

rot

8π2 I

Статистична сума у цьому випадку має вигляд:

∞

θ

Zrot

= ∑(2J +1)e

−J

(J +1)T

I =0

така сума обчислюється тільки у випадках дуже великих, або дуже малих

θ

, тоді:

T

∞

θ

2θ

∑(2J +1)e−J (J +1)T =1+3 e− T

- враховуємо лише другий член, бо перший член нульовий.

I =0

Тоді :

Frot

+3e

−

2θ

= −kT

3e

−

2θ

= −kT ln 1

T

C

=12k

σ

2

e

−2θ

T

V

T

Тепер цю суму необхідно обчислити у випадку високих температур, тобто

θ

є малою

величиною..

T

Приведемо вигляд формули Ейлера-Маклорена:

m−1

m

−1

Bν

{ϕ(v−1)

(m)−ϕ(v−1) (p)}+ Rn

∑ϕ(k )= ∫ϕ(t)dt +∑

k = p

p

v=1

ν !

∞

−J (J +1)θ

∞

−t(t +1)θ

m−1

Bν

v

−m(m+1)v

θ

v−1

− p(p+1)θ (v−1)

∑(2J +1)e

T = ∫(2t +1)e

T dt +∑

(2J +1)

e

T −(2J +1)

e

T

+ Rn =

J = p

0

v=1

ν !

= ∞∫

f (t)dt +

1

f (0)

−

1

f ' (0)+

1

f " (0)+...

0

2

12

720

Задача 6: Обчислити статистичний інтеграл Z і розрахувати такі термодинамічні характеристики системи із N майже невзаємодіючих однакових точкових частинок, які займають об’єм V: вільну енергію, ентропію, теплоємності при сталому об’ємі та сталому тиску, термічне рівняння стану, хімічний потенціал.

Стандартна задача про ідеальних газ тотожних частинок

tkitar 2010

Задача 7: класичний ідеальний газ із N атомів знаходиться в нескінченно високому циліндрі радіусу R у сталому однорідному гравітаційному полі. Знайти статистичний інтеграл Z, вільну енергію, ентропію, калорійне та термічне рівняння стану

H = ∑

p

2

+mgz

i

2m

i

Z =[Z1 ]N

mgz

p2

∞

mgz

3

2

3

5

Z1 = ∫∫∫dxdydze− kT

∫∫∫e−

dpxdpy dpz = S ∫e− kT

dz (2πmkT )2

=

πR

k (2πmk )2

T 2

2m

V

0

mg

2

k

N

3

5 N

Z =

πR

(2πmk )2 N T 2

mg

Знаючи статистичну суму далі можна провести всі обчислення стандартним чином.

Задача 8: Знайти статистичний інтеграл Z для систем із N1 та N2 майже не взаємодіючих точкових частинок масами m1 та m2 , відповідно, які займають об’єм V (суміші двох

класичних ідеальних газів). Знайти вільну енергію, ентропію, теплоємність при сталому об’ємі, термічне рівняння стану.

Система складається з суміші двох одноатомних ідеальних газів. Молекули відрізняються масами. Знайти:

1.F,G, H , S,U , µ

2.∆F = F − FA − FB ,∆G,∆H ,∆S,∆U , µAO , µBO

Запишемо формулу для знаходження Z суміші ідеальних газів:

3N

2

1

H1 +H2

V N1 +N2 (2πm1kT )

2 1

(2πm2kT )

2

Z =

∫e kT

dΓ =

N !N

2

!h3N1 h3N1

N !N

2

!h3N1 h3N1

1

1. Знаходження основних макроскопічних величин:

3N

V N1 +N2 (2πm kT )

2 1 (2πm kT )

2

F = −kT ln Z = −kT ln

1

2

=

N !N

2

!h3N1 h3N2

1

= −kT ln

3

N1 +N2

3 3

3

V (2πkT )2

m12 N1 m22 N2

= −kT (N

+ N

)ln

2πkT

2

V −kT ln m12 N1

−kT ln m22 N2

2

h

3

N1 !N2 !

1

h

N1 !

N2 !

G = F + pV

G = G (T, p, N )

G = F (T,V (T, p, N ), N )+ pV (T, p, N )

tkitar 2010

V (T, p, N , N

2

)= (v1 +v2 )RT =

(N1 + N2 )kT

1

p

+N2 (2πm kT )

3N

(2πm kT )

3N

2

V N1

2 1

2

+(N1

+ N2 )kT

G = −kT ln

1

2

N !N

2

!h3N1 h3N2

1

pV = (N1 + N2 )kT V

N

+N

2 =

(N1

+ N2 )

N1 +N2 kT

N1 +N2

1

p

Звідси отримуємо вираз для G у природних змінних:

3N

G = −kT ln

(2πm1kT ) 2 1

(2πm2kT )

2

)N1 +N2 kT N1 +N2

2

(N

+ N

+(N

+ N

)kT

3N

2

N1 !N2 !h

1

1 h

2

p

V (2πk )23

N1 +N2

3

∂F

3

(N1 +N2 ) m

2 N1 m

2 N2

S = −

= −kT ln

T 2

1

2

=

h

3

!

∂T

,N2

N !N

2

V ,N1

1

= −kT

1

3

(N + N

)T 23(N1 +N2 )−1 = −

3 kT (N + N

)

3(N1 +N2 ) 2

1

2

1

2

T 2

H = G +TS

H = 12 kT (N1 + N2 )

2. Знаходження ∆F :

2.

3N1

3N2

3N1

3N2

V N1

+N2 (2πm1kT ) 2 (2πm2kT )

2

V N1 +N2 (2πm1kT ) 2

(2πm2kT ) 2

∆F = −kT ln

+ kT ln

N !N

2

!h3N1 h3N2

h3N1 h3N2 N

!N

2

!

∆F = 0

1

3. Знаходження ∆G :

V N1 (2πm kT )

3N

(N kT )N1

1

2

G1 = −kT ln

1

+ N1kT

h3N1 N ! pN1

1

V N2

(2πm2kT )

3N

2

(N2kT )N2

2

G

= −kT ln

+ N

kT

h3N2 N2

! pN2

2

Тоді, для різниці будемо мати наступне:

3N

2

(2πm1kT ) 2 1

(2πm2kT )

kT N1 +N2

∆G = −kT ln

2

(N

+ N

)N1 +N2

+(N

+ N

)kT

3N

2

N1 !N2 !h

1 h

2

p

	V N1 (2πm kT )	3N	(N kT )N1		V N2 (2πm kT )		3N	2	(N	kT )N2
		2 1						2
		2 1					2
+kT ln	1		1	− N1kT + kT ln	2				2		− N2kT
+kT ln	h3N1 N	! pN1		− N1kT + kT ln	h3N2 N	2	! pN2				− N2kT
	1					2

tkitar 2010

3N

(2π )23(N1 +N2 ) m

2 1 m

2 2

N

+N

5(N

+N

)

∆G = −kT ln

1

2

(N

+ N

2

)

1

2 (kT )2

1

2

+(N

+ N

2

)kT

N !N

!h3N1 h3N2 pN1 +N2

2

1

3

3N1

3

3N2

(2π )2 N1

m 2

5 N

(2π )2 N2

m 2

5 N

+kT ln

1

N

N1 (kT )2 1

− N kT

+ kT ln

2

N

N2

(kT )

2

2 − N

kT

=

N !h3N1 pN1

N

!h3N2 pN2

1

2

1

(2π )23(N1 +N2 ) m

3N

2 1 m

2

5(N

+N

)

(2π )23(N1 +N2 ) m 2 1 m

2 2

5(N

+N

)

= −kT ln

1

2

(kT )2

1

2

+ kT ln

1

2

(kT )

2

1

2

+

N !N

!h

3N

N

+N

N !N

!h

3N

N

+N

2

1 h

2 p

1

2

1 h

2 p

1

2

1

+(N

+ N

2

)kT

− N kT − N

2

kT

−kT ln (N

+ N

2

)N1 +N2 + kT ln N N1

+ kT ln N

N2

=

1

2

= kT −(N

+ N

)ln (N

+ N

)

+ N ln N

+ N

ln N

= kT

N ln

N1

+ N

ln

N2

2

1

N1

+ N2

N1

Знаходження ∆S у просторі змінних (T,V , N ):

+ N2

4.

Запишемо ентропію для кожної із складових суміші по окремості. Будемо знаходити Ентропію із

відповідних виразів для ∆F :

=

∂F1

1

3N1

3N

3kN1

S

= −kT

T 2

1 −1 = −

1

∂T

3N

2

T

1

V ,N1

2

Аналогічно для другої частини суміші будемо мати:

S2 = −3kN2 2

Тепер обчислимо різницю Ентропій:

∆S = 0

5. Знаходження ∆S у просторі змінних (T, p, N ):

∂G

=

S (T, p, N )= −

∂T p,N

,N

2

1

3N

= −k ln

(2π )23(N1 +N2 ) m1 2

1 m2 2

2

(N + N

)N1 +N2 (kT )52(N1 +N2 ) +

7

(N

+ N

)k

2

N

!N

2

!h3N1 h3N2 pN1 +N2

1

2

1

2

1

(2π )23(N1 )

3N

m1 2

1

N

5 N1

7

S

= −k ln

N

1

(kT )2

+

N k

N !h3N1

pN1

2

1

3

3N2

S

= −k ln

(2π )2 N2 m2 2

N

5 N2

+

7

N

k

N2 !h3N2

pN2

2

(kT )2

2

tkitar 2010

Материал: zadachi_na_ekzamen

Смотрите также: