大学热力学与统计物理答案第二章

第一章 热力学的基本规律1.1 试求理想气体的体胀系数α,压强系数β和等温压缩系数κT 。

解：已知理想气体的物态方程为,pV nRT = （1）由此易得11,p V nR V T pV Tα∂⎛⎫=== ⎪∂⎝⎭ （2） 11,V p nR p T pV Tβ∂⎛⎫=== ⎪∂⎝⎭ （3） 2111.T T V nRT V p V p pκ⎛⎫⎛⎫∂⎛⎫=-=--= ⎪ ⎪ ⎪∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭ （4） 1.2 证明任何一种具有两个独立参量,T p 的物质，其物态方程可由实验测得的体胀系数α及等温压缩系数κT ，根据下述积分求得：()ln T V =αdT κdp -⎰如果11,T Tpακ==，试求物态方程。

解：以,T p 为自变量，物质的物态方程为(),,V V T p = 其全微分为.p TV V dV dT dp T p ⎛⎫∂∂⎛⎫=+ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭ （1） 全式除以V ，有11.p TdV V V dT dp V V T V p ⎛⎫∂∂⎛⎫=+ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭ 根据体胀系数α和等温压缩系数T κ的定义，可将上式改写为.T dVdT dp Vακ=- （2） 上式是以,T p 为自变量的完整微分，沿一任意的积分路线积分，有()ln .T V dT dp ακ=-⎰ （3）若11,T T p ακ==，式（3）可表为11ln .V dT dp T p ⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰ （4）选择图示的积分路线，从00(,)T p 积分到()0,T p ，再积分到（,T p ），相应地体 积由0V 最终变到V ，有000ln=ln ln ,V T p V T p -即00p V pV C T T ==（常量），或 .p V C T = （5）式（5）就是由所给11,T Tpακ==求得的物态方程。

确定常量C 需要进一步的实验数据。

1.3 在0C 和1n p 下，测得一铜块的体胀系数和等温压缩系数分别为51714.8510K 7.810.n p ακ----=⨯=⨯T 和T ακ和可近似看作常量，今使铜块加热至10C 。

第二章 均匀物质的热力学性质习题2.1温度维持为25℃, 压强在0至1000p n 之间，测得水的实验数据如下：（TV∂∂）p =(4.5×10-3+1.4×10-6P)cm 3·mol -1·K -1 若在25℃的恒温下将水从1p n 加压到1000p n , 求水的熵增和从外界吸收的热量。

解：利用麦氏关系：p TV)(∂∂ =-T p S )(∂∂ 求熵增∆S ; 从而∆Q = T ∆S ,∆S =-0.572Jmol -1·K -1 Q =-157J ·mol -1习题2.2已知在体积保持不变的情况下,一气体的压强正比于其绝对温度.试证明在温度保持不变时,该气体的熵随体积而增加。

解：由题意得： )()(V f T V k p +=。

因V 不变,T 、p 升高,故k (V )>0 据麦氏关系(2.2.3)式得:T V S )(∂∂ =V Tp)(∂∂ =k (V ) (k (V )>0) ⎰+=⇒);()(T g dV V k S由于k (V )>0, 当V 升高时(或V 0→V ,V >V 0),于是⎰>0)(dV V k⇒T 不变时,S 随V 的升高而升高。

2.3设一物质的物态方程具有以下形式T V f P )(=，试证明其内能与体积无关。

解： T V f P )(= ，(V T V U ∂∂),()T =T V T P)(∂∂ - p = )()(V Tf V Tf - =0 得证。

习题2.4求证：(ⅰ) H P S )(∂∂ <0 (ⅱ) U VS)(∂∂ >0证: 由式(2.1.2)得： VdP TdS dH += 等H 过程:H H VdP TdS )()(-=⇒（P S ∂∂）H =-TV<0 (V >0; T >0) 由基本方程：PdV TdS dU -=dV TpdU T dS +=⇒1;⇒（VS∂∂）U =T p >0.习题2.5已知 T VU)(∂∂ =0 , 求证 T p U )(∂∂=0。

第一章 热力学的基本规律习题1.1 试求理想气体的体胀系数α,压强系数β和等温压缩系数T κ。

解：由得：nRT PV= V nRTP P nRT V ==; 所以, T P nR V T V V P 11)(1==∂∂=α T PV Rn T P P V /1)(1==∂∂=β P P nRT V P V V T T /111)(12=--=∂∂-=κ 习题 1.2 试证明任何一种具有两个独立参量的物质p T ,,其物态方程可由实验测得的体胀系数α及等温压缩系数T κ,根据下述积分求得:⎰-=)(ln dp dT VT κα如果1Tα=1Tpκ=,试求物态方程。

解： 因为0),,(=p V T f ,所以,我们可写成),(p T V V =,由此,dp p V dT T V dV T p )()(∂∂+∂∂=, 因为T T p p V V T V V )(1,)(1∂∂-=∂∂=κα 所以,dp dT VdVdp V dT V dV T T κακα-=-=,所以,⎰-=dp dT V T καln ,当p T T /1,/1==κα.CT pV pdpT dT V =-=⎰:,ln 得到 习题 1.3测得一块铜块的体胀系数和等温压缩系数分别为1510*85.4--=K α和1710*8.7--=n T p κ，T κα,可近似看作常量，今使铜块加热至10°C 。

问（1压强要增加多少np才能使铜块体积不变？（2若压强增加100n p ，铜块的体积改多少解：分别设为V xp n ∆;，由定义得：74410*8.7*10010*85.4;10*858.4----=∆=V x T κ所以，410*07.4,622-=∆=V p xn习题1.4描述金属丝的几何参量是长度L ，力学参量是张力η，物态方 程是0),,(=T L f η实验通常在n p 1下进行，其体积变化可忽略。

线胀系数定义为ηα)(1T L L ∂∂=等杨氏摸量定义为T LA L Y )(∂∂=η其中A 是金属丝的截面积，一般说来，α和Y 是T 的函数，对η仅有微弱的依赖关系，如果温度变化范不大，可看作常数。

《热力学与统计物理学》课后习题及解答选用教材：汪志诚主编，高等教育出版社第一章热力学的基本规律1.1试求理想气体的体胀系数压强系数卩和等温压缩系数為。

解：由理想气体的物态方程为PV = uRT 可得:1.2证明任何一种具有两个独立参量T,尸的物质，其物态方程可由实验测得的 体胀系数Q 及等温压缩系数紡，根据下述积分求得:\nV = \(adT-K T dP)以八尸为自变量，物质的物态方程为：V = V(T,P)如耘〒 专’试求物态方程。

解: 体胀系数: 其全微分为：dV dT + p ar dP dP = aVdT-VK T dP, y- = adT-K T dP体胀系数:压强系数：0 =等温压缩系数: 丄P等温压缩系数:这是以八P 为自变量的全微分，沿任意的路线进行积分得:}nV = j （adT-K T dP ） 根据题设,将6（=丄,K T =丄，代入：ln/=f 丄dT -丄dPT T P }{T P 丿得:lnr = ln- + C, PV = CT,其中常数c 由实验数据可确定。

P1.5描述金属丝的儿何参量是长度厶，力学参量是张力£,物态方程是 ./、（£, L, r ） = o,实验通常在1几下进行，其体积变化可以忽略。

线胀系数定义为：“丄（学］,等温杨氏模量定义为：Y = -（^},其中/是 L （打人 牡。

厶力金属丝的截面积。

一般来说，a 和Y 是厂的函数，对£仅有微弱的依赖关系。

如 果温度变化范围不大，可以看作常量。

假设金属丝两端固定。

试证明，当温度由 7；降至3时，其张力的增加为：\^ = -YAa （T 2-T^ 解:由/（£,厶，T ）= 0,可得：£ = £（L, T ）微分为：〃£ = （等）血+ （善］刃\由题意可知：dL = O.即：d£ = -aAYdT,积分得：A£ = -aAY(T 2 ・TJ1. 7在25 °C 下，压强在0至1000 p n 之间,测得水的体积为：K = （18.066-0.715x 10~3P + 0.046x 1 O'6P 2\m\mor ［Q 如果保持温度不变，将 1 mol 的水从1几加压至1000 求外界所作的功。

第二章 热力学第二定律思考题答案一、是非题1 × 2√ 3× 4× 5× 6× 7× 8√ 9√ 10× 11× 12× 13× 14× 15× 16× 17× 18× 二、选择题1．C 2．D 3．C 4．C 5．D 6．A 7．B 8．D 9．A 10．A 11．A习 题1. 2mol 理想气体由500kPa ，323K 加热到1000kPa ，373K 。

试计算此气体的熵变。

（已知该气体的C V ,m =25R ） 解：由于实际过程不可逆，要求此过程的熵变，设计定压可逆与定温可逆两途径实现此过程，如下图所示：1212,,,ln ln 1121212121p pR T T C dp p RT T T dT C Vdp TTdT C TVdpdH T pdV Vdp pdV dH T pdV dpV dH TpdVdU T Q S m p p p T T m p p p T T m p rm -=-=-=-=+--=+-=+==∆⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰δ11212,1212,64.65001000ln 2323373ln 272ln ln )(ln ln -⋅=⨯-⨯=-+=-=∆K J kPakPa R mol K K R mol p pnR T T R C n p p nR T T nC S m V m p2. 在20℃时，有1molN 2和1molHe 分别放在一容器的两边，当将中间隔板抽去以后，两种气体自动混合。

在此过程中系统的温度不变，与环境没有热交换，试求此混合过程的△S ，并与实际过程的热温商比较之。

解：分别考虑假设N 2由V A 定温可逆膨胀至2V A ，同理He 由V A 定温可逆膨胀至2V A△S 1 = n (N 2)R ln2 △S 2 = n (He)R ln2所以系统的 △S = △S 1+△S 2 = n (N 2) R ln2 + n (He) R ln2= 2×1mol×8.314 J ·mol -1·K -1×ln2 = 11.52J.K -1而实际过程系统没有与环境交换热和功，则 TQ= 0 即 △S >TQ 3. 1 mol 双原子理想气体，温度为298.15 K ，压强为p θ，分别进行：(1)绝热可逆膨胀至体积增加1倍；(2)绝热自由膨胀至体积增加1倍。

第六章 近独立粒子的最概然分布6.1中 试根据式（6.2.13）证明：在体积V 内，在ε到d ε+ε的能量范围内，三维自由粒子的量子态数为()()132232d 2d .VD m hπεεεε=解: 式（6.2.13）给出，在体积3V L =内，在x p 到d ,x x y p p p +到d ,y y x p p p +到d x x p p +的动量范围内，自由粒子可能的量子态数为3d d d .x y z Vp p p h （1） 用动量空间的球坐标描述自由粒子的动量，并对动量方向积分，可得在体积V 内，动量大小在p 到d p p +范围内三维自由粒子可能的量子态数为234πd .V p p h （2） 上式可以理解为将μ空间体积元24d Vp p π（体积V ，动量球壳24πd p p ）除以相格大小3h 而得到的状态数. 自由粒子的能量动量关系为2.2p mε= 因此d .p p p md ε==将上式代入式（2），即得在体积V 内，在ε到d εε+的能量范围内，三维自由粒子的量子态数为()132232π()d 2d .VD m hεεεε= （3）6.4 在极端相对论情形下，粒子的能量动量关系为.cp ε=试求在体积V 内，在ε到的能量范围内三维粒子的量子态数. 解:式（6.2.16）已给出在体积V 内，动量大小在p 到d p p +范围内三维自由粒子可能的状态数为234d .V p p h π （1） 将极端相对论粒子的能量动量关系cp ε=代入，可得在体积V 内，在ε到d εε+的能量范围内，极端相对论粒子的量子态数为()()234πd d .VD ch εεεε=（2）6.5 设系统含有两种粒子，其粒子数分别为N 和N '. 粒子间的相互作用很弱，可以看作是近独立的. 假设粒子可以分辨，处在一个个体量子态的粒子数不受限制. 试证明，在平衡状态下两种粒子的最概然分布分别为ll l a e αβεω--=和,l l l a e αβεω''--''=其中l ε和l ε'是两种粒子的能级，l ω和l ω'是能级的简并度.解： 当系统含有两种粒子，其粒子数分别为N 和N '，总能量为E ，体积为V 时，两种粒子的分布{}l a 和{}l a '必须满足条件,,ll l l l lllllaN a N a a Eεε''==''+=∑∑∑∑ （1）才有可能实现.在粒子可以分辨，且处在一个个体量子态的粒子数不受限制的情形下，两种粒子分别处在分布{}l a 和{}l a '时各自的微观状态数为!,!!.!l l a l ll la l ll lN Ωa N Ωa ωω'='''='∏∏∏∏ （2）系统的微观状态数()0Ω为()0.ΩΩΩ'=⋅ （3）平衡状态下系统的最概然分布是在满足式（1）的条件下使()0Ω或()0In Ω为极大的分布. 利用斯特令公式，由式（3）可得()()In ln ln ln ln ln ln ln ,l l l l l l l l llllΩΩΩN N a a a N N a a a ωω'=⋅''''''=-++-+∑∑∑∑为求使()0ln Ω为极大的分布，令l a 和l a '各有l a δ和l a δ'的变化，()0ln Ω将因而有()0δln Ω的变化. 使()0ln Ω为极大的分布{}l a 和{}l a '必使()0δln 0,Ω=即()0δln ln δln δ0.lll l l l ll a a Ωa a ωω⎛⎫'⎛⎫'=-- ⎪=⎪ ⎪'⎝⎭⎝⎭∑∑ 但这些δl a 和δl a '不完全是独立的，它们必须满足条件δδ0,δδ0,δδδ0.l ll ll l l l llN a N a E a a εε==''==''=+=∑∑∑∑用拉氏乘子,αα'和β分别乘这三个式子并从()0δln Ω中减去，得()0δln δδδln δln δ0.l ll l l l l l l l ΩN N Ea a a a ααβαβεαβεωω''---⎛⎫'⎛⎫'''=-++- ++⎪ ⎪ ⎪'⎝⎭⎝⎭=∑∑根据拉氏乘子法原理，每个δl a 和δl a '的系数都等于零，所以得ln 0,ln 0,ll ll l l a a αβεωαβεω++='''++='即.ll l l l l a e a e αβεαβεωω--''--=''= （4）拉氏乘子,αα'和β由条件（1）确定. 式（4）表明，两种粒子各自遵从玻耳兹曼分布. 两个分布的α和α'可以不同，但有共同的β. 原因在于我们开始就假设两种粒子的粒子数,N N '和能量E 具有确定值，这意味着在相互作用中两种粒子可以交换能量，但不会相互转化. 从上述结果还可以看出，由两个弱相互作用的子系统构成的系统达到平衡时，两个子系统有相同的β.6.6 同上题，如果粒子是玻色子或费米子，结果如何？ 解: 当系统含有N 个玻色子，N '个费米子，总能量为E ，体积为V 时，粒子的分布{}l a 和{}l a '必须满足条件,,ll llaN a N =''=∑∑l llllla a E εε''+=∑∑ （1）才有可能实现.玻色子处在分布{}l a ，费米子处在分布{}l a '时，其微观状态数分别为()()()1!,!1!.!!l l ll l l ll l l a Ωa Ωa a ωωωω+-=-''='''-∏∏系统的微观状态数()0Ω为()0.ΩΩΩ'=⋅ （3）平衡状态下系统的最概然分布是在满足式（1）条件下使()0Ω或()0ln Ω为极大的分布. 将式（2）和式（3）取对数，利用斯特令公式可得()()()()()0ln ln ln ln ln ln ln .l l l l l l l l llllllllllΩa a a a a a a a ωωωωωωωω=++--+⎡⎤⎣⎦''''''''----⎡⎤⎣⎦∑∑令各l a 和l a '有δl a 和δl a '的变化，()0ln Ω将因而有()0δln Ω的变化，使用权()0ln Ω为极大的分布{}l a 和{}l a '必使()0δln 0,Ω=即()()()0ln δln δln δ0.l l l l l l l l l l a a Ωa a a a ωω''-+'=+'=∑∑ 但这此致δl a 和δl a '不完全是独立的，它们必须满足条件δδ0,δδ0,δδδ0.l ll ll l l l llN a N a E a a εε==''==''=+=∑∑∑∑用拉氏乘子,αα'和β分别乘这三个式子并从()0δln Ω中减去，得()()()δln δδδln δln δ0.l l l l l l l l l l l l ΩN N Ea a a a a a ααβωωαβεαβε''---⎛⎫''-+⎛⎫ ⎪'''=---+-- ⎪ ⎪'⎝⎭ ⎪⎝⎭=∑∑根据拉氏乘子法原理，每个δl a 和δl a '的系数都等于零，所以得ln 0,ln0,l ll ll l l l a a a ωαβεωαβεω+--=''-''--='即,1.1ll ll ll a ea e αβεαβεωω--''--=-''=+ （4） 拉氏乘子,αα'和β由条件（1）确定. 式（4）表明，两种粒子分别遵从玻色分布和费米分布，其中α和α'不同，但β相等.第七章 玻耳兹曼统计7 7.2 试根据公式lllp a Vε∂=-∂∑证明，对于相对论粒子()122222xyzcp cnn nLπε==++, (),,0,1,2,,x y z n n n =±±有1.3Up V=上述结论对于玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都成立. 解: 处在边长为L 的立方体中，极端相对论粒子的能量本征值为()122222x y zn n nxyzcnn nLπε=++ (),,0,1,2,,x y z n n n =±± （1）用指标l 表示量子数,,,x y z n n n V 表示系统的体积，3V L =，可将上式简记为13,l aV ε-= （2）其中()122222.xyza c n n nπ=++由此可得4311.33l l aV V Vεε-∂=-=-∂ （3） 代入压强公式，得1.33l ll l llUp a a V V V εε∂=-==∂∑∑ （4） 本题与7.1题结果的差异来自能量本征值与体积V 函数关系的不同. 式（4）对玻耳兹曼分布、玻色分布和费米分布都适用.7.4 试证明，对于遵从玻耳兹曼分布的定域系统，熵函数可以表示为ln ,s s sS Nk P P =-∑式中s P 是粒子处在量子态s 的概率，1,s ss e e P N Z αβεβε---==s∑是对粒子的所有量子态求和.对于满足经典极限条件的非定域系统，熵的表达式有何不同？解: 根据式（6.6.9），处在能量为s ε的量子态s 上的平均粒子数为.s s f e αβε--= （1）以N 表示系统的粒子数，粒子处在量子态s 上的概率为1.s ss e e P N Z αβεβε---== （2）显然，s P 满足归一化条件1,s sP =∑ （3）式中s∑是对粒子的所有可能的量子态求和. 粒子的平均能量可以表示为.s s sE P ε=∑ （4）根据式（7.1.13），定域系统的熵为()()1111ln ln ln ln s s sS Nk Z Z Nk Z Nk P Z βββεβε⎛⎫∂=- ⎪∂⎝⎭=+=+∑ln .s s sNk P P =-∑ （5）最后一步用了式（2），即1ln ln .s s P Z βε=-- （6）式（5）的熵表达式是颇具启发性的. 熵是广延量，具有相加性. 式（5）意味着一个粒子的熵等于ln .s s sk P P -∑ 它取决于粒子处在各个可能状态的概率s P . 如果粒子肯定处在某个状态r ，即s sr P δ=，粒子的熵等于零. 反之，当粒子可能处在多个微观状态时，粒子的熵大于零. 这与熵是无序度的量度的理解自然是一致的. 如果换一个角度考虑，粒子的状态完全确定意味着我们对它有完全的信息，粒子以一定的概率处在各个可能的微观状态意味着我们对它缺乏完全的信息. 所以，也可以将熵理解为信息缺乏的量度. 第九章补充题5还将证明，在正则系综理论中熵也有类似的表达式. 沙农（Shannon ）在更普遍的意义上引进了信息熵的概念，成为通信理论的出发点. 甄尼斯（Jaynes ）提出将熵当作统计力学的基本假设，请参看第九章补充题5.对于满足经典极限条件的非定域系统，式（7.1.13′）给出11ln ln ln !,S Nk Z Z k N ββ⎛⎫∂=-- ⎪∂⎝⎭上式可表为0ln ,s s sS Nk P P S =-+∑ （7）其中()0ln !ln 1.S k N Nk N =-=--因为,s s f NP =将式（7）用s f 表出，并注意,ssfN =∑可得ln .s s sS k f f Nk =-+∑ （8）这是满足玻耳兹曼分布的非定域系统的熵的一个表达式. 请与习题8.2的结果比较.7.6 晶体含有N 个原子. 原子在晶体中的正常位置如图中的“O ”所示. 当原子离开正常位置而占据图中的“⨯”位置时，晶体中就出现缺位和填隙原子. 晶体的这种缺陷称为弗伦克尔（Frenkel ）缺陷.（a ）假设正常位置和填隙位置都是N ，试证明，由于在晶体中形成n 个缺位和填隙原子而具有的熵等于()!2In.!!N S k n N n =-（b ）设原子在填隙位置和正常位置的能量差为u . 试由自由能F nu TS =-为极小证明，温度为T 时，缺位和填隙原子数为2u kTn Ne-≈ （设n N <<）.解: 固体中原子的相互作用使固体形成规则的晶格结构. 晶格的格点是原子的平衡位置. 当所有原子都处在其平衡位置时，固体的能量最低. 绝对零度下物质将尽可能处在其能量最低的状态. 由于量子效应，绝对零度下原子并非静止在格点上而是围绕格点作零点振动. 温度升高时，一方面晶格振动会随温度升高而变得剧烈；另一方面有的原子会离开其正常的格点位置占据填隙位置，有的原子离开正常的格点位置占据晶体表面的格点位置而形成新的一层，使固体出现缺陷，前者称为弗伦克尔缺陷，后者称为肖脱基（Shottky ）缺陷. 本题讨论弗伦克尔缺陷，肖脱基缺陷将在7.7题讨论.（a ）设晶体含有N 个原子，晶格中正常的格点位置亦为N . 当1N >>时可以认为填隙位置与正常位置数目相同. 当固体的N 个正常位置出现n 个缺位时，由于缺位位置的不同，可以有()!!!N n N n -个微观状态. 同样，由于填隙位置的不同，也可以有()!!!N n N n -个微观状态. 因此当固体中出现n 个缺位和n 个填隙原子时，可能的微观状态数为()()!!,!!!!N N Ωn N n n N n =⋅-- （1）形成弗伦克尔缺陷导致的熵为()ln !2ln.!!S k ΩN k n N n ==- （2） （b ）以u 表示原子处在填隙位置与正常位置的能量差. 形成n 个缺位和填隙原子后，固体内能的增加为.U nu = （3）自由能的改变为()()()!2ln!!2ln ln ln .F nu TSN nu kT n N n nu kT N N n n N n N n =-=--=-----⎡⎤⎣⎦ （4）假设形成缺陷后固体的体积不变，温度为T 时平衡态的自由能为极小要求0.Fn∂=∂ 由式（4）得2ln 0,F N nu kT n n∂-=-=∂ 即ln,2N n un kT-= 由于n N <<，上式可以近似为2e.u kTn N -≈ （5）实际固体中u 的典型值约为1eV ，在300K 时，有208.7e 10.nN--≈= 高温下比值会增大.上述讨论中假设形成缺隐时固体的体积不变. 在这假设下应用了自由能判据，u 也成为与温度无关的常量.讨论中也忽略了形成缺陷与晶格振动的相互影响. 这些假设都是近似成立的.7.10 气体以恒定速度0υ沿z 方向作整体运动，求分子的平均平动能量.解: 根据7.8题式（9），以恒定速度0υ沿z 方向作整体运动的气体，其分子的速度分布为()2220322e d d d .2x y z m υυυυkT x y z m N υυυkT π⎡⎤-++-⎢⎥⎣⎦⎛⎫ ⎪⎝⎭（1） 分子平动量的平均值为()()()22202220322222122222221e d d d 22111e d e d e d .2222x y z x y z m υυυυkT x y z x y z m m mυυυυkT kT kTx x y y z z m m υυυυυυkT m m υυm υυm υυkT εππ⎡⎤-++-+∞⎢⎥⎣⎦-∞----+∞+∞+∞-∞-∞-∞⎛⎫=++ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰上式头两项积分后分别等于12kT ，第三项的积分等于()()()()222z 000122222200z 022001e d 2e d e d 2211.22z z m m m υυυυυυkT kT kTz z z z m m υυυυυυυυkT kT m υm υπ------+∞+∞+∞-∞-∞-∞⎛⎫⎛⎫⋅-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+-⎰⎰⎰因此，2031.22kT m υε=+ （2）式（2）表明，气体分子的平动能量等于无规热运动的平均能量32kT 及整体运动能量2012m υ之和.重 7.11 表面活性物质的分子在液面上作二维自由运动，可以看作二维气体. 试写出二维气体中分子的速度分布和速率分布，并求平均速率υ，最概然速率m υ和方均根速率s .υ解: 参照式（7.3.7）—（7.3.9），可以直接写出在液面上作二维运动的表面活性物质分子的速度分布和速率分布. 速度分布为()222e d d .2x y m υυkT x y m υυkTπ-+ （1） 速率分布为222e d .2mυkT m υυkTππ- （2） 平均速率为2220ed m υkTm υυυkT-+∞=⎰=（3）速率平方的平均值为22320e d 2.m υkTm υυυkT kT m -+∞==⎰因此方均根速率为s υ==（4） 最概然速率m υ条件22d e 0d m υkTυυ-⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭确定. 由此可得m υ=（5） 值得注意，上述,,s m υυυ三种速率均小于三维气体相应的速率，这是由于二维和三维气体中速率在υ到d υυ+中的分子数分别与速度空间的体积元2d υυπ和24d υυπ成正比，因而二维气体中大速率分子的相对比例低于三维气体的缘故.7.12 根据麦克斯韦速度分布律导出两分子的相对速度21r =-υυυ和相对速率r r υ=υ的概率分布，并求相对速率的平均值.r υ解: 根据麦克斯韦速度分布，分子1和分子2各自处在速度间隔1d υ和2d υ的概率为12d d d W W W =⋅221213222212e d e d .22m υm υkTkT m m kT kT ππ--⎛⎫⎛⎫=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭υυ （1） 上述两个分子的运动也可以用它们的质心运动和相对运动来描述. 以c υ表示质心速度、r υ表示相对速度，则112212,c m m m m +=+υυυ21.r =-υυυ （2）在12m m m ==的情形下，上式简化为()12211,2.c r =+=-υυυυυυ 容易验明，两种描述给出的动能K 相同，即222211221111.2222c r K m υm υM υυμ=+=+ （3） 式中121212,,M m m m m m m μ=+=+分别是质心的质量和相对运动的约化质量. 在12m m m ==的情形下，有2,.2M m m μ==根据积分变换公式12d d d d ,c r J =υυυυ （4）可以证明1J =，所以式（1）也可表达为223322v22d ed ed 22c rrm υυd kTkT c r M W kT kT μμππ--⎛⎫⎛⎫=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭υυd d ,c r W W = （5）其中相对速度r υ的概率分布为2322d e d .2rυkTr r W kT μμπ-⎛⎫= ⎪⎝⎭υ （6）相对速率的分布为23222r 4e d .2rυkT r υυkT μμππ-⎛⎫ ⎪⎝⎭（7） 相对速率r υ的平均值为2323204ed 2rυkTr r rυυυkT μμππ-+∞⎛⎫= ⎪⎝⎭=⎰= （8）式中υ=.7.13 试证明，单位时间内碰到单位面积器壁上，速率介于υ与d υυ+之间的分子数为()23232d ed .2mυkT m Γυn υυkT π-⎛⎫=π ⎪⎝⎭解: 参照式（7.3.16），单位时间内碰到法线方向沿z 轴的单位面积器壁上，速度在d d d x y z υυυ范围内的子数为d d d d .z x y z Γf υυυυ= （1）用速度空间的球坐标，可以将式（1）表为2d cos sin d d d .Γf υυυθθθϕ= （2）对d θ和d ϕ积分，θ从0到π,2ϕ从0到2π,有π2π20sin cos d d π.θθθϕ=⎰⎰因此得单位时间内碰到单位面积器壁上，速率介于υ与d υυ+之间的分子数为()23232d πed .2mυkT m Γυn υυkT π-⎛⎫= ⎪⎝⎭（3）7.14 分子从器壁的小孔射出，求在射出的分子束中，分子的平均速率、方均根速率和平均能量.解: 7.13题式（3）已求得了单位时间内，碰到单位面积器壁上，速率在υ至υd υ+范围的分子数为()23232d πe d .2πm υkT m Γυn υυkT -⎛⎫= ⎪⎝⎭（1） 如果器壁有小孔，分子可以通过小孔逸出. 当小孔足够小，对容器内分子的平衡分布影响可以忽略时，单位时间内逸出的分子数就等于碰到小孔面积上的分子数. 因此在射出的分子束中，分子的平均速率为()()224200320d e d d ed m υkTm υkTυΓυυυυΓυυυ-+∞+∞+∞-+∞==⎰⎰⎰⎰=（2） 速率平方的平均值为225220320e d ed m υkTm υkTυυυυυ-+∞-+∞=⎰⎰4kTm=（3） 即速率的方均根值为s υ==（4） 平均动能为212.2m υkT = （5） 上述结果表明，分子束中分子的平均速率和平均动能均大于容器内气体分子的相应平均值. 原因在于，大速率分子有较大的概率从小孔逸出，使式（1）含有因子3υ，而平衡态分子速率分布（7.3.9）含因子2υ的缘故.7.16 已知粒子遵从经典玻耳兹曼分布，其能量表达式为()22221,2x y z p p p ax bx mε=++++ 其中,a b 是常量，求粒子的平均能量.解: 应用能量均分定理求粒子的平均能量时，需要注意所难能量表达式ε中2ax 和bx 两面三刀项都是x 的函数，不能直接将能量均分定理用于2ax 项而得出212ax kT =的结论. 要通过配方将ε表达为()222221.224x y z b b p p p a x m a a ε⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭ （1） 在式（1）中，仅第四项是x 的函数，又是平方项. 由能量均分定理知()22222124x y z b b p p p a x m a a ε⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭22.4b kT a=- （2）7.18 试求双原子分子理想气体的振动熵.解: 将双原子分子中原子的相对振动近似看作简谐振动. 以ω表示振动的圆频率，振动能级为1,0,1,2,2n n n εω⎛⎫=+= ⎪⎝⎭（1）振动配分函数为()1v 21012v1e,1e 1ln Z ln 1.2n n Z ee βωβωβωβωβω⎛⎫∞-+ ⎪⎝⎭=---==-=---∑ （2）双原子理想气体的熵为()v v v 11ln ln Z ln 1e e 1S Nk Z Nk βωβωβββω-⎛⎫∂=- ⎪∂⎝⎭⎡⎤=--⎢⎥-⎣⎦v v vln 1e ,e 1TT T Nk θθθ-⎡⎤⎢⎛⎫⎥=-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥-⎣⎦（3） 其中v kωθ=是振动的特征温度.7.19 对于双原子分子，常温下kT 远大于转动的能级间距. 试求双原子分子理想气体的转动熵.解: 在kT 远大于转动能级间距的情形下，可以用经典近似求转动配分函数1.r Z 根据式（7.5.23）（令其中的0h h =），有222112sin 121e d d d d p p rI Z p p h θϕβθθϕθϕ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=⎰22.I β= （1） 双原子分子理想气体的转动熵为112lnZ lnZ 2ln 1r r S Nk I Nk βββ⎛⎫∂=- ⎪∂⎝⎭⎡⎤⎛⎫=+⎢⎥⎪⎝⎭⎣⎦ln 1.r T Nk θ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（2）式中22r Ikθ=是转动特征温度，2I r μ=是分子绕质心的转动惯量，1212m m m m μ=+是约化质量.补充题 1 试根据麦克斯韦速度分布律证明，速率和平均能量的涨落为()()()22283,π3.2kT υυm kT εε⎛⎫-=- ⎪⎝⎭-=解：速率υ的涨落为()()222.υυυυ-=- （1）式（7.3.14）和（7.3.13）已给出()223,8,πkTυmkT υm== 所以()283.kT υυmπ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭（2） 平动能量ε的涨落为()()222.εεεε-=- （3）将麦克斯韦速率分布（7.3.9）用平动能量212m υε=表出，可得气体分子的平动能量在ε到d εε+的概率为12d .kTεεε-（4）由此可得325223ed ,215ed ,4kTkTkT kT εεεεεεεε-+∞-+∞====⎰所以()()223.2kT εε-=（5）补充题2 体积为V 的容器保持恒定的温度T ，容器内的气体通过面积为A 的小孔缓慢地漏入周围的真空中，求容器中气体压强降到初始压强的1e所需的时间.解: 假设小孔很小，分子从小孔逸出不影响容器内气体分子的平衡分布，即分子从小孔逸出的过程形成泻流过程.以()N t 表示在时刻t 容器内的分子数. 根据式（7.3.18），在t 到t dt +时间内通过面积为A 的小孔逸出的分子数为()1d ,4N t υA t V其中υ=是容器内气体分子的平均速率. 容器温度保持不变，υ也就保持不变. 因此，在dt 时间内容器中分子数的增量为()1d d .4N t N υA t V=- （1） 将上式改写为d 1d ,4N υAt N V=- 积分，得()40e,υA t VN t N -= （2）式中0N 是初始时刻容器内的分子数. 根据物态方程,pV nkT =在,V T 保持不变的情形下，气体的压强与分子数成正比. 所以在时刻t 气体的压强()p t 为()40e,υA t Vp t p -= （3）0p 是初始时刻的压强. 当14υAt V=时，容器内的压强将降到初始时刻的1e，所需时间为4.Vt υA=（4）补充题 3 以()11,,;,r r q q p p ε表示玻耳兹曼系统中粒子的能量，试证明,iij jx kT x εδ∂=∂ 其中,i j x x 分别是2r 个广议坐标和动量中的任意一个，上式称为广义能量均分定理.解: 根据玻耳兹曼分布，有()(),,e d .ed q p ijiq p jx x x x βεβεεωεω--∂∂∂=∂⎰⎰ （1）式中11d d d d d r r q q p p ω=是μ空间的体积元. 令()()d d d ,d j j j x ωωω=是除d j x 外其余21r -个广义坐标和动量的微分. 将式（1）改写为()()(),,e d d ,ed q p ij j jiq p jx x x x x βεβεεωεω--∂∂∂=∂⎰⎰ （2）并对其中的j dx 进行分部积分，得11e d e e d ,ji ij i j j j x x x x x x x x βεβεβεεββ---∂∂=-+∂∂⎰⎰ 其中第一项要将j x 的上下限代入. 如果j x 是粒子的动量，将上下限±∞代入后ε趋于无穷，使第一项为零；如果j x 是粒子的坐标，其上下限是±∞或器壁坐标，代入后ε也趋于无穷，亦使第一项为零. 考虑到iij jx x δ∂=∂，即有1d e d .j ij ij j jx x x x βεεδβ-∂=∂⎰⎰ （3）代回式（2），得.iij jx kT x εδ∂=∂ （4） 式（4）称为广义能量均分定理. 假如ε中含有i x 的项可以表为平方项，即()()21112,,,,,,.i i i r q p ax x x x x εε-+'=+ （5）由式（4）得21.2i ax kT =（6） 这正是能量均分定理的结果. 应用广义能量均分定理不要求能量为平方项. 下题是一个例子.补充题4 已知极端相对论粒子的能量-动量关系为()12222.xyzc p p pε=++假设由近独立、极端相对论粒子组成的气体满足经典极限条件，试由广义能量均分定理求粒子的平均能量. 解: 由极端相对论粒子的能量-动量关系()12222xyzc p p pε=++ （1）可得()12222,,,.iix y zcp i x y z p pp pε∂==∂++ （2）显然()12222.εεεε∂∂∂++=++∂∂∂=x y z x y z x y zp p p c p p p p p p 而根据补充题3的广义能量均分定理，有,xy z x y zp p p kT p p p εεε∂∂∂===∂∂∂ （3） 所以3.kT ε= （4）补充题5 如果原子基态的自旋角动量S 和轨道角动量L 不等于零，自旋-轨道耦合作用将导致原子能级的精细结构. 考虑能级的精细结构后，电子运动的配分函数为()121e,J e kTJZ J ε-=+∑其中J ε表示精细结构能级，J 是原子的总角动量量子数，21J +是能级J ε的简并度. 试讨论电子运动对单原子理想气体热力学函数的影响.解：自旋轨道耦合来自电子自旋磁矩与电子轨道运动所产生磁场的作用，这是一个相对论效应. 在中心力场中运动的电子，其自旋-轨道耦合能量的表达式为(),r ξ⋅l S （1）式中l 和S 分别是电子轨道角动量和自旋角动量，r 是电子的径向坐标，()2211,2dVr m c r drξ=（2）其中()V r 是电子所处的中心势场. 自旋-轨道耦合能量的大小可以估计如下：令 ()2,e V r r≈-则()2222322223~~1~27137~1.410,e r m c ae e a c eV eV ξ-⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭⨯l S其中22a me =是玻尔半径，2e c是精细结构常数，l 和S 的大小均佑计为. 由此可知，自旋-轨道耦合能量远小于电子在中心势场中运动的能量，它使中心势场中的能级产生分裂，形成能级的精细结构.一般来说原子中含有若干个电子. 处在内部满壳层的电子的轨道角动量和自旋角动量之和均等于零，因此原子的电子状态主要取决于不满壳层的电子在原子实产生的势场中运动. 此外还存在电子之间的库仑相互作用和前述的自旋-轨道耦合作用. 所以不满壳层电子的能量（哈密顿量）可以表示为()()220,24i i i i i i i j i ijp e H V r r m r ξπε<⎡⎤=+++⋅⎢⎥⎣⎦∑∑∑l S （3）其中i 是不满壳层电子的指标. 第一项()22i i p V r m+是i 电子的动能及其在原子实势场中的势能，i∑表示对各电子求和. 由于()i V r 是球对称的中心势场，所以它只与i r 的大小有关，与方向无关，具有旋转不变性. 第二项204ije r πε是,i j 两个电子的库仑相互作用能量，与两电子的距离ij r 有关，i j<∑表示对各电子对求和. 第三项()i i i r ξ⋅l S 是i 电子的自旋-轨道耦合能量，i∑表示对各电子求和.作为零级近似，暂不考虑式（3）中的后两项，称为单电子近似. 在单电子近似下，每一电子在原子实产生的中心势场中独立地运动，其轨道角动量量子数i l 是好量子数. 轨道角动量的平方等于()21i i l l +. 对于给定的i l ，轨道角动量在z 方向的投影为,iil l m h m 的取值为,1,,,i i i l l l --共21i l +个可能值. 由于哈密顿量的第一项不含自旋变量，自旋角动量是守恒量. 电子自旋角动量的平方为()211,;2i i i s s s +=自旋角动量在z 方向的投影为1,.2s s m m =±如果电子之间的库仑相互作用能量大于自旋-轨道耦合能量，进一步的近似要计入电子之间的库仑相互作用. 计及电子间的库仑作用后，对单个电子来说已不存在旋转不变性，i l 已不是好量子数. 但当所有电子共同旋转一个角度θ时，各电子对的距离ij r 是保持不变的，因此哈密顿量（3）的头两项具有整体的旋转不变性. 以i i=∑L l （4）表示总的轨道角动量，总轨道角动量量子数L 是好量子数. 总角动量的平方等于()21L L +，总角动量在z 方向投影的可能值为,L L M M 的可能值为,1,,.L L L -- 计及库仑作用后，哈密顿量仍不含自旋变量，所以总自旋角动量是守恒量，其平方等于()21S S +，总自旋在z 方向的投影为,s s M M 的取值为,1,,.S S S -- 通常用量子数L ，S 来表征原子的电子状态，在给定L ，S 下，由于M L 和M S 的不同，简并度为()()2121.L S ++原子的电子状态也可以用轨道量子数L ，自旋量子数S ，总角动量量子数J 及其在z 方向的投影M J 表征. J 的可能值为,1,,,L S L S L S J ++--给定后M J 的可能值为,1,,J J J --，共有21J +个可能值. 上述两种描述给出的量子态数应该相同. 可以证明，()()()212121.L SJ L SJ L S +=-+=++∑因为()22222,=+=++⋅J L S L S L S即()2221,2⋅=--L S J L S （5） 所以自旋-轨道耦合能量可以表为()()()21111,2J A J J L L S S ε=+-+-+⎡⎤⎣⎦ （6）A 是一个常量，视不同原子而异.由式（6）可知，自旋-轨道耦合能量取决于总角动量量子数J ，轨道角动量量子数L 和自旋量子数S ，但与M J 无关，因此当L ，S ，J 给定后，能级J ε的简并度为2 1.J + 根据式（7.1.2），电子运动的配分函数1e Z 为()121J e kTJZ J eε-=+∑ （7）如果kT 远大于所有的J ε，即J kT ε>>，使式（7）约化为()121e JZ J =+∑()()2121.L S =++ （8）1e Z 既然是常量，电子运动对气体内能和热容量自然没有贡献. 可以这样理解，在J kT ε>>的情形下，这些能级能量的差异不影响电子在其中的分布概率，电子处在这些能级的概率是相同的，且不随温度升高而改变. 气体温度升高时，也不吸收能量，但由式（7.1.13）知，电子运动对气体的熵贡献一个因子()()ln 2121,Nk L S ++⎡⎤⎣⎦ （9）这是由于气体可能的微观状态数增加为()()2121L S +⋅+倍的缘故. 如果kT 远小于精细结构的能级间距J ε∆，式（7）的求和可以只保留0J ε=的最低能级项，这时，有()121.e Z J =+ （10）在这情形下，电子将被冻结在最低能级，对气体的内能和热容量也滑贡献，但对熵贡献一个因子()ln 21.Nk J + （11）前面只讨论了两个极限情形. 如果kT 与J ε∆可以比拟，电子运动对气体内能、热容量和熵的贡献将与温度有关. J ε∆的大小取决于原子的结构. 例如，O 原子的基态1,1,L S J ==的可能值为2，1，0，相邻两精细结构能级差的特征温度为230K 和320K ；Cl 原子的基态11,,2,2L S S J ===的可能值为31,22，能级差的特征温度为1300K ；Fe 原子2,2,L S J ==的可能值为4，3，2，1，0，相邻能级差的特征温度在600K 至1400K 之间.最后说明一点. 上述电子角动量之间的耦合方式称为L S -耦合. 它适用于电子间的库仑作用能量大于自旋-轨道耦合能量的情形. 在相反的情形下，各电子的轨道与自旋角动量先耦合成单电子的总角动量i j ，然后各电子再耦合为原子的总角动量J ，称为J J -耦合. 不太重的元素，均属于L S -耦合.补充题 6 在温度足够高时，需要计及双原子分子振动的非简谐修正，振动能量的经典形式为()v 22341,,22K p q bq cq b c εμ=+-+为正式中最后两项是非简谐修正项，其大小远小于前面两项. 试证明，双原子分子气体的振动内能和热容量可表示为v 22v2,2,VU NkT Nk T C Nk Nk T δδ=+=+其中232153,2b c K K δ=-并证明两核的平均距离r 与温度有关，023,br r kT K=+0r 是两核的平衡间距.解： 双原子分子中两原子的相互作用势V 是两核距离的函数. 势能曲线()V r 的典型状如上图的实线所示. 可以将()V r 在其极小点0r 附近作泰勒展开，有()()()()234000012V r V K r r b r r c r r =+---+-+（1）注意0r dV dr=，因而展开式不含一级项，其中0r 是两核的平衡间距.如果忽略展开式的第三、四项，势能曲线将如上图中的虚线所示，相当于两原子相对作简谐振动. 令0q r r =-表示两核距离与平衡间距的偏离，则势能可表示为()234.2K V q q bq cq =-+ （2） 计及非简谐项后，振动配分函数为223422v 11e d d .p K q bq cq Z p q hβμ⎛⎫-+-+ ⎪+∞+∞⎪⎝⎭-∞-∞=⎰⎰ （3）由于非简谐修正的能量远小于简谐振动的能量，在时dq 的积分中可以对被积函数作近似：23422342262e 1e1.2K q bq cq K q bq cq b q βββββ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭-⎛⎫≈+-+⎪⎝⎭于是振动配分函数近似为212v 342262121122222321e1d 222311511,2K q Z bq cq b q q c b K K K βπμββββπμπββββ+∞--∞⎛⎫⎛⎫=+-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰则122v 1321223221531ln ln ln ln 1221531ln ln .2b c Z h K K K b c h K K K πμββπμββ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥=-++-⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎢⎥≈-+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦振动内能为v v 12ln U NZ N N βδββ∂=-∂=+22.NkT Nk T δ=+ （4）振动热容量为v 22,V VU C Nk Nk T T δ∂⎛⎫==+ ⎪∂⎝⎭ （5） 其中232153.2b c K K δ=-两核的平均距离为()()002e d 3.e d V q V q q q br r r kT Kqββ+∞--∞+∞-∞=+=+⎰⎰（6） 在计算式（6）的积分时作了与前面相同量级的近似. 式（6）表明，双原子分子的长度随温度而增加. 值得注意，在简谐近似()0b c ==下，0,r r =即分子不会发生热伸长. 这一结论也适用于晶体. 晶体中原子在其平衡位置附近作微振动，简谐近似下晶体也不会发生热膨胀. 晶体的热膨胀是原子振动的非简谐性引起的.前述是经典理论，相应的量子理论可参阅久保亮五. 统计力学. 徐振环译，徐锡申校. 北京：高等教育出版社，1985. 第三章习题[B]15.补充题7 顺磁固体()()4223Gd SO 8H O ⋅的顺磁性来自3+Gd 离子.3+Gd 离子基态的谱项为87270,.2S L J S ⎛⎫=== ⎪⎝⎭ 试求在高温和低温极限下()()4223Gd SO 8H O ⋅的磁化率.解：电子自旋磁矩s μ与自旋角动量S 之比为,seSmμ=-（1） 而电子轨道磁矩L μ与轨道角动量L 之比为.2LeL mμ=-（2） 如果原子的自旋角动量和轨道角动量都不为零，原子磁矩是自旋磁矩与轨道磁矩之和. 以J 表示原子的总角动量，.J L S =+原子的磁矩可以表示为,2e g J m μ⎛⎫=-⎪⎝⎭（3） 式中()()()()1111,21J J S S L L g J J +++-+=++ （4）称为朗德g 因子. ,J L 和S 分别是总角动量、轨道角动量和自旋角动量的量子数.原子磁矩在z 方向的投影为,2z J e g m m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（5）J m 的可能值为,1,,1,.J J J J --+-处在z 方向外磁场B 中，原子（离子）的势能为,Jm B J B g Bm εμμ=-⋅= （6）其中2B emμ=是玻尔磁子. 因此在外磁场中顺磁性固体的配分函数为 1emJJ Jm JZ βε-=-=∑()1e ee ,J J J ηηη---=+++ （7）式中.B g B ηβμ= 式（7）是等比级数，其和为()11122122ee ee1e ee J J J JZ ηηηηηηη⎛⎫⎛⎫-++ ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭---==--1sinh 2,1sinh 2J ηη⎡⎤⎛⎫+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦=⎛⎫ ⎪⎝⎭（8） 则有111ln lnsinh ln sinh .22Z J ηη⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦根据式（7.8.2），顺磁性固体的磁化强度M 为。

第一章 热力学的基本规律习题1.1 试求理想气体的体胀系数α,压强系数β和等温压缩系数T κ。

解：由 得：nRT PV =V nRTP P nRT V ==; 所以, T P nR V T V V P 11)(1==∂∂=αT PV RnTP P V /1)(1==∂∂=βP PnRT V P V V T T /111)(12=−−=∂∂−=κ习题1.2 试证明任何一种具有两个独立参量的物质,其物态方程可由实验测得的体胀系数p T ,α及等温压缩系数T κ,根据下述积分求得:∫−=)(ln dp dT V T κα如果,试求物态方程。

解： 因为,所以,我们可写成0),,(=p V T f ),(p T V V =,由此, dp pV dT T VdV T p ()(∂∂+∂∂=,因为T T p pVV T V V (1,)(1∂∂−=∂∂=κα 所以, dp dT VdVdp V dT V dV T T κακα−=−=,所以, ,当∫−=dp dT V T καln p T T /1,/1==κα.CT pV pdpT dT V =−=∫:ln 得到 习题 1.3测得一块铜块的体胀系数和等温压缩系数分别为和，可近似看作常量，今使铜块加热至。

问（1压强要增加多少才能使铜块体积不变？（2若压强增加，铜块的体积改多少 1510*85.4−−=K α1710*8.7−−=n T p κT κα,解：分别设为，由定义得：V xp n Δ;74410*8.7*10010*85.4;10*858.4−−−−=Δ=V x T κ所以，410*07.4,622−=Δ=V p x n 习题 1.4描述金属丝的几何参量是长度L ，力学参量是张力η，物态方程是0),,(=T L f η实验通常在下进行，其体积变化可忽略。

线胀系数定义为n p 1ηα)(1T L L ∂∂=等杨氏摸量定义为T LA L Y )(∂∂=η其中A 是金属丝的截面积，一般说来，α和Y 是T 的函数，对η仅有微弱的依赖关系，如果温度变化范不大，可看作常数。

热力学第二章习题及答案一、是非题1、任意过程只要知道其始末状态即可确定过程与外界的热交换（ｘ）、功交换（ｘ）及系统热力学能的变化（√）。

2、简单可压缩系统任意过程中对外所作膨胀功均可用计算（√）。

⎰pdV计算（ｘ），用⎰dWpsurr3、流动功Δ（pdV）只有在开口系统中研究气体流动时才需要考虑（√）。

4、q和w是状态参数（ｘ）二、选择题1、表达式δQ=dU+δW c 。

（a）适用于任意热力过程；（b）仅适用于准静态过程；（c）仅适用于闭口系统中的热力过程。

2、表达式δQ=dU+pdV适用a1中的a2。

（a1）闭口系；（b1）开口系；（c1）闭口及开口系；（a2）准静过程；（b2）任意热力过程；（c2）非准静过程。

3、任意准静或非准静过程中气体的膨胀功均可用b 计算。

（a）pdV；（b）p surr dV；（c）d(pv)。

4、在正循环中⎰Qδa零，同时⎰Wδa零。

在逆循环中⎰Qδ c 零，且⎰Wδ c 零（a ）大于；（b ）等于；（c ）小于。

三、习题2－1 0.5kg 的气体，在汽缸活塞机构中由初态p 1=0.7MPa 、V 1=0.02m 3,准静膨胀到V 2=0.04m 3。

试确定在下列各过程中气体完成的功量及比功量； （1） 定压过程； （2） pV 2＝常数。

解： （1）由准平衡过程体积变化功的表达式，当为定压过程时:W=p △V=0.7×106×0.02=14000 J=14 kJ 比功量 w= p △v=W/m=14000/0.5=28000 J=28 kJ（2）pV 2=0.7×106×0.022=280 J ·m 3 由准平衡过程体积变化功的表达式W=dV Vpdv v v ⎰⎰=04.002.0228021=7000 J=7 kJ 比功量 w= p △v=W/m=7000/0.5=14000 J=14 kJ 2－2为了确定高压下稠密气体的性质，取2kg 气体在25MPa 下从350K 定压加热到370K ，气体初终状态下的容器分别为0.03 m 3及0.035 m 3，加入气体的热量为700kJ ，试确定初终状态下的热力学能之差。