СТАТИСТИЧЕСКАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА Задачи и упражнения 1

Белорусский Государственный Университет, Минск
Физический факультет
WS 2011/2012
Я.М. Шнир
СТАТИСТИЧЕСКАЯ ФИЗИКА И ТЕРМОДИНАМИКА
Задачи и упражнения 1
1. (5 pt) Формула Стирлинга. Рассмотрим выражение
∫∞
∫∞
−𝑥 𝑁
𝑁 ! = Γ(𝑁 + 1) =
𝑒−𝐹 (𝑥) 𝑑𝑥 .
𝑒 𝑥 𝑑𝑥 ≡
0
0
где гамма-функция определена как Γ(𝑁 + 1) = 𝑁 Γ(𝑁 ). Пусть функция 𝐹 (𝑥)
имеет минимум при 𝑥 = 𝑥0 . Используя разложение в ряд Тейлора показать что
√
𝑁 ! ≈ 2𝜋𝑁 𝑁 𝑁 𝑒−𝑁
Обычно 𝑁 ∼ 1023 . Оценить корректность приближения Стирлинга при 𝑁 = 5.
2. (5 pt) Давление атмосферного столба (барометрическая формула). Рассмотрим
тонкий слой воздуха толщиной 𝑑𝑧. Если слой покоится, то давление на него
снизу должно быть уравновешено давлением сверху + вес слоя. Используя это
условие и полагая что температура воздуха не зависит от высоты, определить
зависимость атмосферного давления от высоты, выраженную через плотность
воздуха.
3. (10 pt) Теорема Лиувилля для одномерного осциллятора. Показать, что фазовый
объем классической системы описываемой Гамильтонианом
𝐻=
𝑝2
1
+ 𝑚𝜔 2 𝑞 2
2𝑚 2
сохраняется.
4. (5 pt) Биметаллическая пластинка толщиной 𝑥 не искривлена при температуре
𝑇 . Чему равен радиус кривизны пластинки 𝑅 при ее нагреве до температуры
𝑇 +Δ𝑇 ? Коэффициенты линейного расширения металлов 𝛼1 , 𝛼2 причем 𝛼2 > 𝛼1 .
Предположить что толщина каждого слоя 𝑥/2 и 𝑥 <≪ 𝑅.
5. (10 pt) Найти число квантовых состояний частицы, заключенной в кубическом
сосуде с ребром 𝐿 и сравнить его с объемом классического фазового пространства.
Решения
1. Разложение в ряд Тейлора:
1
𝐹 (𝑥) ≈ 𝐹 (𝑥0 ) + 𝐹 ′′ (𝑥0 )(𝑥 − 𝑥0 )2 + . . .
2
В рассматриваемом случае 𝐹 (𝑥) = 𝑥 − 𝑁 ln 𝑥. Условие экстремума в точке 𝑥0
означает что 𝐹 ′ (𝑥0 ) = 1 − 𝑥𝑁0 = 0, то есть 𝑥0 = 𝑁 и 𝐹 (𝑥0 ) = 𝑁 − 𝑁 ln 𝑁 . Далее,
𝐹 ′′ (𝑥0 ) =
𝑁
1
=
2
𝑥0
𝑁
и, вычисляяя гауссов интеграл
∫∞
𝑁! =
√
∫∞
𝑒
−𝐹 (𝑥)
𝑑𝑥 ≈
0
𝑒
−𝐹 (𝑥0 )− 12 𝐹 ′′ (𝑥0 )(𝑥−𝑥0 )2 +...
𝑑𝑥 =
2𝜋
𝐹 ′′(𝑥0 )
𝑒−𝐹 (𝑥0 )
0
окончательно получим
𝑁! ≈
√
2𝜋𝑁 𝑒𝑁 ln 𝑁 −𝑁 =
√
2𝜋𝑁 𝑁 𝑁 𝑒−𝑁
Если 𝑁 = 5, то 𝑁 ! = 120. Формула Стирлинга дает 𝑁 ! ≈ 118.019 что согласуется
с точным ответом с ошибкой в 1.65%.
2. Условие равновесия записывается как
𝑃 (𝑧 + 𝑑𝑧) ⋅ 𝑆 + 𝑀 𝑔 = 𝑃 (𝑧) ⋅ 𝑆
где 𝑆 - площадь слоя и 𝑀 - его масса. Тогда
𝑃 (𝑧 + 𝑑𝑧) − 𝑃 (𝑧) = −
Поскольку 𝑀 = 𝜌𝑆𝑑𝑧, то
𝑀𝑔
𝑆
𝑑𝑃
= −𝜌𝑔
𝑑𝑧
Плотность воздуха
[
]
𝑀
𝑁𝑚
𝑃𝑉
𝑃𝑚
𝜌=
=
= 𝑁=
=
𝑉
𝑉
𝑘𝐵 𝑇
𝑘𝐵 𝑇
и, следовательно
𝑚𝑔
𝑑𝑃
=−
𝑃
𝑑𝑧
𝑘𝐵 𝑇
=⇒
𝑑𝑃
𝑚𝑔
=−
𝑑𝑧;
𝑃
𝑘𝐵 𝑇
𝑚𝑔
𝑃 (𝑧) = 𝑃 (0)𝑒− 𝑘𝑇
3. Элемент фазового объема системы определен как
𝑑𝜆 =
𝑛
∏
𝑑𝑝𝑖 𝑑𝑞𝑖 ;
𝑑𝜆′ = 𝐽(𝑡, 𝑡′ )𝑑𝜆
𝑖=1
где якобиан динамической эволюции системы
¯ ′
¯ ∂𝑝1 ∂𝑞1′ ∂𝑝′2 ∂𝑞2′
¯ ∂𝑝1 ∂𝑝1 ∂𝑝1 ∂𝑝1
¯ ∂𝑝′1 ∂𝑞1′ ∂𝑝′2 ∂𝑞2′
¯ ∂𝑞
¯ 1 ∂𝑞1 ∂𝑞1 ∂𝑞1
′
𝐽(𝑡, 𝑡 ) = ¯¯ . . . . . . . . . . . .
¯ ∂𝑝′1 ∂𝑞1′ ∂𝑝′2 ∂𝑞2′
¯ ∂𝑝𝑛 ∂𝑝𝑛 ∂𝑝𝑛 ∂𝑝𝑛
¯ ∂𝑝′1 ∂𝑞1′ ∂𝑝′2 ∂𝑞2′
¯ ∂𝑞
∂𝑞
∂𝑞
∂𝑞
𝑛
𝑛
𝑛
...
...
...
...
...
𝑛
¯
¯
¯
¯
¯
¯
. . . ¯¯
′
∂𝑞𝑛
¯
∂𝑝𝑛 ¯
′
∂𝑞𝑛 ¯
¯
∂𝑞
′
∂𝑞𝑛
∂𝑝1
′
∂𝑞𝑛
∂𝑞1
𝑛
Гамильтоновы уравнения движения
𝑝˙𝑘 = −
∂𝐻
;
∂𝑞𝑘
𝑞˙𝑘 =
∂𝐻
∂𝑝𝑘
означают что для инфинитезимальных смещений в фазовом пространстве 𝑡 →
𝑡′ = 𝑡 + 𝑑𝑡,
𝑝′𝑘 = 𝑝𝑘 +
∂𝑝𝑘
∂𝐻
𝑑𝑡 = 𝑝𝑘 −
𝑑𝑡;
∂𝑡
∂𝑞𝑘
𝑞𝑘′ = 𝑞𝑘 +
∂𝑞𝑘
∂𝐻
𝑑𝑡 = 𝑞𝑘 +
𝑑𝑡
∂𝑡
∂𝑝𝑘
В случае одномерного осциллятора
𝐻=
и
𝑝˙ = −
𝑝2
1
+ 𝑚𝜔 2 𝑞 2
2𝑚 2
∂𝐻
= −𝑚𝜔 2 𝑞;
∂𝑞
𝑞˙ =
∂𝐻
𝑝
=
∂𝑞
𝑚
Тогда
𝑑
(𝑝 + 𝑖𝑚𝜔𝑞) = 𝑝˙ + 𝑖𝑚𝜔 𝑞˙ = −𝑚𝜔 2 𝑞 + 𝑖𝜔𝑝 = 𝑖𝜔(𝑝 + 𝑖𝑚𝜔𝑞)
𝑑𝑡
Интегрируя последнее соотношение, получим
′
(𝑝′ + 𝑖𝑚𝜔𝑞 ′ ) = (𝑝 + 𝑖𝑚𝜔)𝑒𝑖𝜔(𝑡 −𝑡)
Действительная и мнимая части этого соотношения определяют эволюцию системы
в фазовом пространстве:
𝑝′ = 𝑝 cos 𝛼 − 𝑚𝜔𝑞 sin 𝛼;
𝑝
𝑞′ =
sin 𝛼 + 𝑞 cos 𝛼
𝑚𝜔
где 𝛼 = 𝜔(𝑡′ − 𝑡). Окончательно тогда получим якобиан динамической эволюции
системы
¯
¯ ′
¯
¯ ∂𝑝 ∂𝑞′ ¯ ¯¯
sin 𝛼 ¯
cos 𝛼
¯ ∂𝑝 ∂𝑝 ¯ ¯
′
𝑚𝜔 ¯ = cos2 𝛼 + sin2 𝛼 = 1
𝐽(𝑡, 𝑡 ) = ¯ ∂𝑝′ ∂𝑞′ ¯ = ¯
−𝑚𝜔
sin
𝛼
cos
𝛼 ¯
¯ ∂𝑞 ∂𝑞 ¯
4. Предположим что начальная длина пластинки 𝑙0 . Тогда после подогрева
𝑙1 = 𝑙0 (1 + 𝛼1 Δ𝑇 );
𝑙2 = 𝑙0 (1 + 𝛼2 Δ𝑇 )
С другой стороны, простая геометрия приводит к
(
(
𝑥)
𝑥)
𝑙2 = 𝑅 +
𝜃;
𝑙1 = 𝑅 −
𝜃
4
4
где 𝜃 - угол искривления пластинки. Тогда
𝑙2 − 𝑙1 =
𝑥𝜃
𝑥 𝑙1 + 𝑙2
𝑥𝑙0
=
=
(2 + (𝛼1 + 𝛼2 )Δ𝑇 )
2
2 2𝑅
4𝑅
и следовательно,
𝑥𝑙0
(2 + (𝛼1 + 𝛼2 )Δ𝑇 ) = 𝑙0 (𝛼2 − 𝛼1 )Δ𝑇
4𝑅
Окончательно тогда получим
𝑅=
𝑥 (𝛼1 + 𝛼2 )Δ𝑇 + 2
4 (𝛼2 − 𝛼1 )Δ𝑇
5. Рассмотрим уравнение Шредингера описывающее частицу в прямоугольном ящике:
( 2
)
∂
ℏ2
∂2
∂2
−
+
+
Ψ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐸Ã(𝑥, 𝑦, 𝑧)
2𝑚 ∂𝑥2 ∂𝑦 2 ∂𝑧 2
Разделение переменных Ψ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝑋(𝑥)𝑌 (𝑦)𝑍(𝑧) в данном случае приводит к
−
ℏ2 1 𝑑2 𝑋
ℏ2 1 𝑑2 𝑌
ℏ2 1 𝑑2 𝑍
−
−
=𝐸
2𝑚 𝑋 𝑑𝑥2
2𝑚 𝑌 𝑑𝑦 2
2𝑚 𝑍 𝑑𝑧 2
или
−
ℏ2 𝑑2 𝑋
= 𝐸1 𝑋;
2𝑚 𝑑𝑥2
−
ℏ2 𝑑2 𝑌
= 𝐸2 𝑌 ;
2𝑚 𝑑𝑦 2
−
ℏ2 𝑑2 𝑍
= 𝐸3 𝑍;
2𝑚 𝑑𝑧 2
𝐸 = 𝐸1 + 𝐸2 + 𝐸3
Решая, например первое уравнение, мы приходим к общему решению
(√
(√
𝑥)
𝑥)
𝑋(𝑥) = 𝐴 sin
2𝑚𝐸1
+ 𝐵 cos
2𝑚𝐸1
ℏ
ℏ
Граничные условия 𝑋(0) = 𝑋(𝐿) = 0 означают что 𝐵 = 0 и
𝜋𝑛1 , 𝑛1 = 1, 2 . . . то есть
𝜋 2 ℏ2 𝑛21
𝐸1 =
2𝑚𝐿2
и т.д. Следовательно,
√
2𝑚𝐸1 𝐿ℏ =
( 𝑛 𝜋𝑥 )
( 𝑛 𝜋𝑦 )
( 𝑛 𝜋𝑧 )
1
2
3
Ψ(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝐴 sin
sin
sin
.
𝐿
𝐿
𝐿
)
𝜋 2 ℏ2 ( 2
2
2
𝐸=
𝑛
+
𝑛
+
𝑛
;
1
2
3
2𝑚𝐿2
и число состояний определяется условием
𝑛21 + 𝑛22 + 𝑛23 ≤
2𝑚𝐿2
𝐸
𝜋 2 ℏ2
√
𝐿
Это уравнение определяет сферу радиуса 2𝑚𝐸 𝜋ℏ
, поскольку целые числа 𝑛1 , 𝑛2 , 𝑛3
положительны, число состояний равняется 1/8 объема этой сферы (2𝜋ℏ = ℎ):
1 4𝜋
Ω0 (𝐸) = ⋅
8 3
(
2𝑚𝐸𝐿2
𝜋 2 ℏ2
)3/2
=
4𝜋 𝑉
(2𝑚𝐸)3/2
3 ℎ3
где 𝑉 = 𝐿3 . Плотность состояний есть
𝑑Ω0
𝑉
= 2𝜋 3 (2𝑚)3/2 𝐸 1/2
𝑑𝐸
ℎ
В случае классического фазового пространства
∫
∫
4𝜋
Γ(𝐸) =
𝑑𝑝𝑑𝑞 = 𝑉
𝑑𝑝 = 𝑉 (2𝑚𝐸)3/2
3
𝑝2 ≤2𝑚𝐸