Bài tập Vật lý thống kê (Có lời giải chi tiết) - Lê Anh

Chia sẻ: Day Ma | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:51

Thêm vào BST

Báo xấu

172
lượt xem 33
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu cung cấp với hơn 30 bài tập có kèm theo hướng dẫn giải chi tiết. Đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức môn Vật lý thống kê.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bài tập Vật lý thống kê (Có lời giải chi tiết) - Lê Anh

Cho hệ ba mức năng lượng = , =2 , = 3 , có các bậc suy biến lần lượt là = 1, = 2, = 3. Những hạt không phân biệt được và được phân bố trên ba mức năng lượng này. Hệ có năng lượng toàn phần là = 3 , và có số hạt không xác định. Gọi trạng thái vĩ mô là trạng thái được đặc trưng bởi năng lượng = 3 , và số hạt trên mỗi mức năng lượng là như nhau. Hãy vẽ sơ đồ phân bố các hạt trên các mức năng lượng và đếm số trạng thái vĩ mô cũng như số trạng thái vi mô khả dĩ tương ứng với số trạng thái vĩ mô trên. Vi mô: Ω = 6 =3 =3 =2 =2 = = =3 =3 =3 =2 =2 =2 = = = =3 =2 = Vĩ mô: Ω = 3 =3 =3 =3 =2 =2 =2 = = = Một hệ gồm hai dao động tử điều hòa lượng tử độc lập, phân biệt được có tần số lần lượt là và 3 . Tìm số trạng thái vi mô khả dĩ của hệ ứng với trạng thái vĩ mô có năng lượng 10 . Năng lượng dao động tử điều hòa ứng với tần số và 3 là: 1 = + 2
1 = + 3 2 Năng lượng toàn phần = 10 : 1 1 = + = + + + 3 = 10 2 2 ⇒ +3 =8 =8 =5 =2 ⇒ ∨ ∨ =0 =1 =2 ⇒Ω=3 Xét một tinh thể rắn gồm nút mạng. Mỗi nút mạng có thể xem gần đúng gồm 3 dao động tử điều hòa lượng tử một chiều độc lập phân biệt được, dao động với cùng tần số góc . Năng lượng tổng cộng của tinh thể là 3 =ℏ + ℏ = 2 Trong đó, là số lượng tử của dao động tử điều hòa thứ . Số lượng tử của mạng tinh thể được giữ ở = ∑ . a. Tính số trạng thái vi mô khả dĩ dứng với năng lượng và số lượng tử . b. Hãy tìm hàm entropy theo nhiệt độ và số nút mạng . a. Số trạng thái vi mô khả dĩ ứng với năng lượng và số lượng tử cũng giống như cách sắp xếp hạt vào 3 cái hộp. Ta biểu diễn 3 cái hộp từ 3 + 1 vạch thẳng đứng, còn các hạt biểu diễn bằng các ngôi sao (*), chẳng hạn như: │**│*│***│****││*│ Như vậy, ở ngoài cùng luôn là 2 vạch thẳng đứng, bên trong còn lại 3 − 1 vạch và hạt. Ta có số cách sắp xếp khác nhau bằng số cách chọn phần tử trong 3 − 1 + phần tử bên trong: (3 − 1 + )! = ! (3 − 1)! Số trạng thái vi mô khả dĩ ứng với năng lượng và số lượng tử là: (3 − 1 + )! Ω= ! (3 − 1)!
Entropy vi chính tắc của hệ có dạng: ∗ (3 − 1 + )! = ln Ω = ln ! (3 − 1)! Vì ≫ 1, áp dụng công thức Stirling, suy ra: ∗ (3 + )! = ln = [ln(3 + )! − ln ! − ln 3 !] ! (3 )! = [(3 + ) ln(3 + ) − (3 + )− ln + − 3 ln 3 + 3 ] = [(3 + ) ln(3 + )− ln − 3 ln 3 ] Năng lượng tổng cộng của hệ: 3 3 = + ℏ ⇒ = − 2 ℏ 2 ∗ Thay vào , ta được: ∗ 3 3 3 3 = 3 + − ln 3 + − − − ln − − 3 ln 3 ℏ 2 ℏ 2 ℏ 2 ℏ 2 ∗ Gọi là nhiệt độ vi chính tắc, ta có hệ thức: ∗ 1 ∗ = 1 3 3 ⇒ ∗ = ln 3 + − + 1 − ln − −1 ℏ ℏ 2 ℏ 2 3 3 = ln 3 + − − ln − ℏ ℏ 2 ℏ 2 3 3 + − 3 = ln ℏ 2 = ln 1 + ℏ 3 ℏ − ℏ 2 ℏ 3 ⇒ ∗ = ln 1 + ℏ ∗ 3 ⇒ =1+ 3 ⇒ = ℏ ∗ −1
∗ Thay vào , ta được đáp số: ∗( ∗ 3 3 3 3 , )= 3 + ℏ ln 3 + ℏ − ℏ ln ℏ − 3 ln 3 ∗ ∗ ∗ ∗ −1 −1 −1 −1 Một hạt có spin ½ được đặt vào trong từ trường ⃗ sẽ có thể hướng dọc theo từ trường hoặc ngược lại. Năng lượng tương ứng là + , ↓ ℋ= ⃗⃗= − , ↑ a. Một hệ có ba hạt đặt vào trong từ trường ⃗ . Các hạt là phân biệt được. Các trạng thái vĩ mô có cùng tổng năng lượng được xem là cùng một trạng thái vĩ mô. Hãy tính số trạng thái vi mô và số trạng thái vĩ mô tương ứng. b. Xét hệ hạt phân biệt được. Hãy tính số trạng thái vi mô tương ứng với trạng thái vĩ mô được xác định bởi năng lượng . a. Số trạng thái vi mô: Ω = 8 Số trạng thái vĩ mô: Ω = 4 1 hạt mang 2 giá trị spin (↓, ↑), do đó 3 hạt có Ω = 2 = 8 trạng thái vi mô. 3 hạt sẽ có 4 trạng thái vĩ mô là: + 3 hạt có spin cùng chiều ⃗ (−3 ) + 2 hạt có spin cùng chiều ⃗ và 1 hạt có spin ngược chiều ⃗ (− ) + 1 hạt có spin cùng chiều ⃗ và 2 hạt có spin ngược chiều ⃗ (+ ) + 3 hạt có spin ngược chiều ⃗ (+3 ) ⃗ ↑↑↑ ⟶ −3 ↑↑↓ ↑↓↑ ↓↑↑ ⟶− ↓↓↑ ↓↑↓ ↑↓↓ ⟶+ ↓↓↓ ⟶ +3 b. Ta có: − ≤ ≤+ Năng lượng: = với ∈ℤ
Gọi là số hạt có spin hướng lên ↑ (cùng chiều ⃗ ) số hạt có spin hướng xuống ↓ (ngược chiều ⃗ ) là Ta có: = − và = + − − ⇒ = = 2 2 Số trạng thái vi mô tương ứng với trạng thái vĩ mô được xác định bởi năng lượng E cũng chính là cách sắp xếp hạt trong vị trí. ! = − + ! ! 2 2 Thành phần Hamiltonian theo spin của một hệ ion được cho bởi: ℋ= Trong đó, có thể có các giá trị 0, ±1. Thành phần Hamiltonian này mô tả hiệu ứng tĩnh điện lên các ion spin 1. a. Hãy chứng tỏ rằng, số trạng thái vi mô khả dĩ ứng với trạng thái vĩ mô có năng lượng là ! ( , )= − ! ! − ! b. Với , → ∞ và / = vẫn không đổi, chứng tỏ rằng: 1 = 2− 1− 1− − Biểu thức này là entropy trung bình trên mỗi hạt trong hệ đơn vị hằng số Boltzmann . a. Số trạng thái vi mô ứng với bộ 3 số ( , , ) với = + − là: ! ( − )! ! Ω( , , )= = = !( − )! !( − − )! ! ! !
Số trạng thái ứng với năng lượng và số ion : ! Ω( , ) = ! ! ! , , Ta lại có: + + = + = Thay vào Ω( , ), ta được: ! ! Ω( , ) = = − ! ! − ! ! − ! − ! b. Ta xét gần đúng : ! ! ! ! ≈ = = ! ! ! ! 2 ! ! 2 ! ! ! − ! 2 2 Vì = ⇒ = Ta có : ln Ω = ln ! − 2 ln ! − ln − ! 2 ≈ ln − − ln + − − ln − + − 2 1 ln Ω = ln − ln − 1− ln − 2 = ln − ln − ln 2 + ln − 1− ln + ln 1 − = ln − ln + ln 2 − ln − ln + ln − 1− ln 1 − = ln 2 − 1 − ln 1 − − ln Entropy : = ln Ω = ln 2 − 1 − ln 1 − − ln
Hãy vẽ quỹ đạo pha trong mỗi trường hợp sau: a. Chất điểm khối lượng m chuyển động theo quán tính. b. Chất điểm khối lượng m rơi tự do không vận tốc đầu ở nơi có gia tốc trọng trường g. c. Dao động tử điều hòa một chiều. d. Chất điểm M khối lượng m mang điện tích –e (e > 0), chuyển động trong điện trường của một điện tích điểm +e đứng yên. Cho biết vị trí và vận tốc lúc đầu của M là r0 và v0 = 0. a. Chất điểm khối lượng m chuyển động theo quán tính = + = 2 ⎧ ̇= = = + ⇒ ⎨ ̇=− =0 = ⎩ p O q b. Chất điểm khối lượng m rơi tự do không vận tốc đầu ở nơi có gia tốc trọng trường g. = + = + 2 − ⎧ ̇= = = + = + = + ⇒ ⇒ − ⇒ − ⎨ ̇=− =− =− = = ⎩ =− + ⇒ − =
1 = ; = p O q c. Dao động tử điều hòa một chiều 1 = + = + 2 2 ⎧ ̇= = = ̇ ̇= ̈ ̇= ̈ ⇒ ⇒ ⇒ ⎨ ̇=− ̇=− ̈ =− ̈+ =0 =− ⎩ = cos( + ) ⇒ ⇒ + =1 = sin( + ) p p0 O q0 q
d. Chất điểm M khối lượng m mang điện tích –e (e > 0), chuyển động trong điện trường của một điện tích điểm +e đứng yên. Cho biết vị trí và vận tốc lúc đầu của M là r0 và v0 = 0. = + = − 2 ⎧ ̇= = = + ⎪ =− + =− + ⇒ ⇒ ⇒ ⎨ =− =− =− ⎪ ̇=− =− ⎩ ⎧ = ⎪ ⇒ 1+ ⎨ ⎪ =− ⎩ p r0 O q Tính thể tích pha trong các trường hợp sau: a. Dao động tử điều hòa. b. Hạt chuyển động phi tương đối tính trong thể tích V. c. Hạt chuyển động tương đối tính trong thể tích V. d. Hạt chuyển động siêu tương đối tính trong thể tích V. a. Dao động tử điều hòa: Thể tích pha = diện tích elip 2 2 Γ( ) = = = √2 =
b. Hạt chuyển động phi tương đối tính trong thể tích V: = ⇒ = √2 2 Thể tích pha: Γ( ) = ⃗ ⃗= ⃗ ⃗= = = 4 4 4 = = √2 3 3 c. Hạt chuyển động tương đối tính trong thể tích V: √ − = + ⇒ = Thể tích pha: 4 4 √ − Γ( ) = = 3 3 d. Hạt chuyển động siêu tương đối tính trong thể tích V: = ⇒ = Thể tích pha: 4 4 Γ( ) = = 3 3 Trong thể tích V có N hạt khí lí tưởng tuân theo phân bố vi chính tắc với năng lượng E. Tính thể tích pha, entropy S và nhiệt độ T đối với hệ đã cho, tìm phương trình trạng thái. = ⇒ = √2 2 Thể tích pha: 4 Ω( ) = (2 ) 3
Entropy: 4 3 = ln Ω = ln + ln + ln(2 ) 3 2 Nhiệt độ: 1 1 3 ∗ 2 ∗ = ⇒ ∗ = ⇔ = 2 3 Áp suất: ∗ ∗ ∗ ∗ = = Phương trình trạng thái: ∗ ∗ = Xét vector ⃗ = ⃗ có độ lớn không đổi, quay đều quanh gốc O của trục ⃗ theo chiều dương của vòng trong lượng giác. a. Tính xác suất để góc ⃗; ⃗ có giá trị trong khoảng và + . b. Tính mật độ xác suất ( ) để hình chiếu của ⃗ có giá trị là trên trục ⃗ . Vẽ đường biểu diễn của ( ) theo . a. Xác suất để góc ⃗; ⃗ có giá trị trong khoảng và + . 2 ∫ sin cos − cos( + ) = = = cos − cos( + ) 1 2 ∫ sin b. Mật độ xác suất ( ) để hình chiếu của ⃗ có giá trị là trên trục ⃗ 2 − 1 1 ( )= = − 4 2
Xét hàm phân bố có dạng hàm mũ ( ) = với > 0, ≥ 0. (Hàm phân bố này đặc trưng cho quá trình phân rã phóng xạ, sự biến thiên của số phân tử khí theo độ cao,…). a. Hãy chuẩn hóa ( ). b. Hãy tính trị trung bình, phương sai và độ thăng giáng của . a. Chuẩn hóa: =1⇒ = Hàm chuẩn hóa: ( ) = b. Trị trung bình: 1 = = Phương sai: 1 = 2 = = 2 1 1 (∆ ) = − = − = Độ thăng giáng: 1 1 (∆ ) = =
Cho phân bố chuẩn một chiều (phân bố Gauss): 1 ( ) ( )= , −∞< < +∞ √2 a. Chứng minh rằng ( ) đã được chuẩn hóa. b. Tính và (∆ ) . c. Cho = 0, chứng minh rằng entropy của phân bố trên là √2 . d. Chứng tỏ rằng nếu trung bình = 0 và phương sai là những hằng số thì entropy thu được ở câu trên chính là entropy cực đại. a. Ta có: 1 ( ) = ( ) = √2 Đặt − = ⇒ = 1 1 = = = =1 √2 √2 √2 1 2 Vậy hàm ( ) đã được chuẩn hóa. b. Tính và (∆ ) ( ) = √2 Đặt − = = ⇒ = + ( + ) = = + √2 √2 √2
= = = √2 √2 1 2 Ta có: = ( ) ( + ) = = √2 √2 2 = + + √2 √2 √2 1 = +0+ = + √2 2 1 √2 1 2 2 ⇒ (∆ ) = − = + − = c. Ta có: 1 ( )= √2 Entropy: =− ( ) ln ( ) 1 1 =− ln √2 √2 − 1 = ln + ln √2 √2
− 1 = ln − √2 √2 2 1 ln √2 = − 2 √2 √2 1 ln 1 √2 = − 2 √2 2 1 √2 1 2 2 1 = − ln = [1 + ln(2 )] = ln(2 )= ln 2 2 √2 2 2 d. Entropy: =− ( ) ln ( ) 1 ( ) 1 ( ) =− ln √2 √2 Đặt: = − ⇒ = 1 1 =− ln √2 √2 = ln 2 (không phụ thuộc vào ) Chứng minh cực đại khi x0, là hằng số bằng phương pháp Larange.
Xét phân bố Lorentz: ( )= ( − ) + a. Chứng minh rằng phân bố trên đã được chuẩn hóa. b. Gọi Độ rộng của nửa độ cao (FWHM – full width half maximum) là giá trị của ∆ tại đó ( ) có giá trị bằng 1/2 giá trị cực đại của ( ). Chứng minh rằng ∆ = 2 và các tiếp tuyến ở độ nửa cao (cực đại) cắt nhau tại đỉnh của phân bố. a. Ta có: = ( ) = ( − ) + 1 +∞ 1 = = arctan = + =1 + −∞ 2 2 Phân bố đã được chuẩn hóa. b. Ta có: 1 [ ( )] ⇔ = ⇒ [ ( )] = ( ) [ ( )] . ∆ =
Khi ( ) = [ ( )] thì: 1 1 = ( − ) + 2 = + ⇒( − ) + =2 ⇒( − ) = ⇒ = − ⇒∆ =2 Ta có: 2( − ) ( )= [( − ) + ] Dễ thấy: 1 ( + )= ( − )= 2 Và ( + )=− ( − ) Phương trình tiếp tuyến tại điểm − ; ( − ) là: = ( − )( − + )+ ( − ) Phương trình tiếp tuyến tại điểm + ; ( + ) là: = ( + )( − − )+ ( + ) Phương trình hoành độ giao điểm 2 tiếp tuyến: ( − )( − + )+ ( − )= ( + )( − − )+ ( + ) ⇒ ( − )( − + )=− ( − )( − − ) ⇒ − + =− + + ⇒ = Vậy 2 tiếp tuyến cắt nhau tại đỉnh của phân bố.
Xét phân bố nhị thức: ! ( , )= ! ( − )! Trong trường hợp rất lớn, rất lớn và được xem như biến thiên liên tục trong vùng gần và đủ xa , tức là hàm ( , ) biến thiên chậm trong khoảng giữa và − 1: | ( , ) − ( , − 1)| ≪ ( , ) a. Xác định giá trị cái nhiên nhất của . Cho biết ! ≅ b. Tính giá trị trung bình, phương sai và độ thăng giáng của phân bố nhị thức. c. Khai triển Taylor của hàm ( , ) quanh giá trị . Suy ra rằng ở trong những điều kiện đã cho ở trên, phân bố nhị thức tương đương với phân bố Gauss. Hãy chuẩn hóa hàm phân bố này. a. Ta có: ln ( , ) = 0 ⇒ [ln ! − ln ! − ln( − )! + ln + ( − ) ln ]=0 ⇒ [ ln − − ln + − ( − ) ln( − ) + − + ln + ( − ) ln ]=0 ⇒ [ ln − ln − ( − ) ln( − ) + ln + ( − ) ln ]=0 ⇒ − ln − 1 + ln( − ) + 1 + ln − ln =0 − 1− 1 ⇔ ln = ln = ln ⇒ = ⇒ = b. Giá trị trung bình: ! ! = = ! ( − )! ! ( − )! ( − 1)! = = ( − 1)! ( − )! = ( + ) =
Tương tự ta có: ! ! = = ! ( − )! ! ( − )! ( − 1)! = ( − 1)! ( − )! ( − 1)! ( − 1)! = ( − 1) + ( − 1)! ( − )! ( − 1)! ( − )! ( − 1)! ( − 1)! = ( − 1) + ( − 1)! ( − )! ( − 1)! ( − )! ( − 2)! ( − 1)! = ( − 1) + ( − 2)! ( − )! ( − 1)! ( − )! = ( − 1) + = [( − 1) ( + ) +( + ) ]= [( − 1) + 1] = [ − + 1] = ( ) + Phương sai: (∆ ) = − =( ) + −( ) = Độ thăng giáng: ∆ = (∆ ) = c. Khai triển Taylor hàm ln ( , ): Ta có: ! ( , )= ≈ ≈ ! ( − )! ( − ) − = + Đặt = − ⇒ − = − Ta có: + − ( , )= = + − = +1 1− Ta lại có: 1 1 ln(1 + ) = − + −⋯ 2 3
1 1 ln(1 − ) = − − − −⋯ 2 3 Vì: → = ⇒ ⟶ 0, suy ra: ln ( , ) = −( + ) ln 1 + +( − ) ln 1 − 1 1 ≈ −( + ) − −( − ) + 2 2 =− + − + − − + + 2( ) 2 2( ) 2 =− + + − − + 2( ) 2 2( ) 2 2 2 =− + − + + − 2 2 2 2 2( ) 2( ) =− − + − 2 2 2( ) 2( ) =− + − ≈− 2 2( ) 2( ) 2 Vậy: ( ) ( , )≈ = (gần giống phân bố Gauss) Chuẩn hóa hàm: ( ) ( , )≈ Ta có: ( ) = ( , ) = Đặt − = ⇒ = 1 = = = √2 = 1 ⇒ = √2