《热学热力学与统计物理》课程教学资源（教材讲义，下）习题参考答案（1-2）

热学、热力学与统计物理（下册） 习题参考答案 第一章 1.1 在城市的某街区 A 住着一位年轻人，B 处住着他的女友，B 在 A 的东边 m 个街区，在 A 的北边 n 个街区（例如，当 n=3, m=4 时如图 1.1 所示）。年轻人步行到他女友的住处，所 走的路线总是一步一步更接近她，从不走回头路。试问年轻人从 A 到 B 共有多少种不同的 行走路线？ 图 1.1 解：在某一拐角处，他可以向东（E）,也可以向北（E），E 和 N 的个数分别为 m 和 n。因 此，一个特定的路线可用 E 和 N 的排列给定。例如图中所示的路线序列为（E,N,N,E,E,E,N）。 这种序列的个数共有 ( )! ! ! m n m n + 。 1.2 （1）若左右各有一个方格，一个球可能进入左边格子，也可能进入右边格子，概率各为 1 2 。证明 N 个球中有 N1 个进入左边格子，其余 N N− 1 个进入右边格子的概率为 ( ) ( ) 1 1 1 1 ! 2 ! ! N N P N N N N = − 若一个球进入左边格子的概率为 p，进入右边格子的概率为 q p = −1 ，证明 N 个球中有 N1 个进入左边格子，其余 N N− 1 个进入右边格子的概率为 ( ) ( ) 1 1 1 1 1 ! ! ! N N N N P N p q N N N − = − （2）证明： ( ) 1 1 0 1 N N P N =  = ； （3）证明： ( ) ( ) 1 2 1 1 1 1 1 0 , N N N N P N Np N N Npq = = = − = 

解：（1）将 N1 个球进入左格， N N− 1 个球进入右格的概率为 N N N 1 1 p q − 。而 N 个球中选 N1 个球进入左格，选 N N− 1 个球进入右格的可能的方式数共有 ( ) 1 1 1 ! ! ! N N N C N N N = − 。所以 N 个球中有 N1 个进入左边格子，其余 N N− 1 个进入右边格子的概率为 ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 ! ! ! N N N N N N N N N P N C p q p q N N N − − = = − 当 1 2 p q = = 时， ( ) ( ) 1 1 1 1 ! 2 ! ! N N P N N N N = − 。 （2）由二项式定理得 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 0 0 1 1 ! 1 ! ! N N N N N N N N N P N p q p q N N N − = = = = + = −   （3） ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 1 ! ! ! N N N N N N N N N N P N N p q N N N − = = = = −  ( ) ( ) 1 1 1 0 1 1 ! ! ! N N N N N N N p p q p p q Np p N N N p − =     = = + =      −       ( ) 2 2 2 N N N N 1 1 1 1 − = − ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 0 0 1 1 2 2 2 2 0 1 1 ! ! ! ! ! ! N N N N N N N N N N N N N N N N P N N p q N N N N p p q p p q N p Npq p N N N p − = = − = = = −         = = + = +          −             因此， ( ) ( ) 2 2 2 2 N N N p Npq Np Npq 1 1 − = + − = 1.3 一个醉汉从一路灯处开始行走，每一步走过长为 l 的距离，每一步的方向随机地取东南 西北四个方向中的一个。问醉汉在走了三步以后仍处于以路灯为中心、半径为 2l 的圆内的 概率是多少？ 解：醉汉每走一步有 4 种走法，走 3 步共有 3 4 64 = 种走法。走出圆外的走法有两类：（1） 走直线，4 个方向共有 4 种走法；（2）两步向前，一步横走，共有 1 1 1 4 3 2 C C C = 24 。因此，醉 汉在走了三步以后仍处于以路灯为中心、半径为 2l 的圆内的概率

( ) ( ) 1 9 3 1 4 24 64 16 p = − + = 1.4 证明在 N 1 与 p 1 的情形下，二项式分布 ( ) ( ) ! ! ! N n N n P n p q n N n − = − 可近似用泊 松分布 ( ) ! n n n P n e n − = 来表示，式中 n Np = 为 n 的平均值。 解：在 p 1 的情形下，由于 P n( ) 中含有因子 n p ，当 n 大时 P n( ) 趋于零。因此，仅当 n  N 时， P n( ) 才有可观的数值 ( ) ( ) ( ) ! 1 1 ! N n N N N n N N n = − − +  − ln ln 1 ( ) ( ) N n q N n p Np − = − −  − ，因此有 N n Np n q e e − − −  = P n( ) 可近似表示为 ( ) ( ) ( ) ! ! n n Np n n n P n e e n n − − = = 其中 n Np = 。上式即为泊松分布。 1.5 证明在 N 1 及 p、q 相差不大的情形下，二项式分布 ( ) ( ) ! ! ! N n N n P n p q n N n − = − 可近 似用高斯分布 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 exp 2 2 n n P n  n n   − = −        来表示，式中 n Np = 为 n 的平均值， ( ) ( ) 2 2  = − = n n n Npq 为 ( ) 2 n n − 的平均值。 解：在 N 很大，且 p q, 相差不大的情形下，二项式分布将在一个很大的 n 处有一个尖锐的 极大值，当 n 明显偏离 n 时概率分布 P n( ) 将趋于零。因此，只要研究 P n( ) 在极大值 n 附 近的行为就足够了。当 N 很大时， n 也很大，在 n 附近的 n 也很大，n 改变 1 所引起的 P n( ) 的改变是相对微小的，即

P(n +1)− P(n)  P(n) P n( ) 可近似看作为 n 的连续函数，使 P n( ) 取极大值的 n 由 0 n n dP dn = = 来确定。为此我们 来讨论随 n 变化比较缓慢的 ln P n( ) 的极大值。 ln ln ! ln ! ln ! ln ln P n N N n n n p N n q ( ) = − − − + + − ( ) ( ) 由于 ln ! ln 1 ! ln ! 1 ! ( ) ( ) ln ln 1 ! d n n n n n dn n + − +  =  ，所以 ( ) ( ) ln ln ln ln ln d P n n N n p q dn = − + − + − 由 ln ( ) 0 n n d P n dn = = 解得 n Np n = = 这就是说 P n( ) 的最概然值 n 和平均值 n 重合。将 P n( ) 在 n 附近作泰勒展开，只取到 n n − 的二次项 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 ln ln ln 2 n n d P n P n P n n n dn = = + − P n( ) 的二次微商为 ( ) ( ) 2 2 d P n ln 1 1 N dn n N n n N n = − − = − − − 由此得 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ln 1 1 n n d P n N dn n N n Npq = n = − = − = − −  因此有 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ln ln 2 n n P n P n n − = −  或者 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 exp 2 n n P n P n n   − = −      

其中 P n( ) 可由归一化条件给出 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 exp 2 1 2 n n P n P n dn P n n n   −   −  − =  =          得 ( ) ( ) 2 1 2 P n  n =  ，最后得到高斯分布 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 exp 2 2 n n P n  n n   − = −        1.6 已知质量为 m、弹性常数为 k 的一维经典谐振子的能量为 E，但它的位置是不确定的。 试求谐振子的位置在 x − x + dx 之间的概率 p x dx ( ) 。 解：设谐振子的振幅为 l ，周期为 T，振子的能量 E 等于 1 1 2 2 2 2 E mx kx = + 式中 2 dx E kx 2 x dt m − = = 为振子的速度，振子的周期 T 为 2 2 2 2 2 l l l l dx m T dt E kx k m  − − = = = −   谐振子的位置在 x − x + dx 之间的概率为 ( ) 1 2 2 2 2 1 2 2 2 dt m k p x dx dx dx T T E kx E kx    = = =   − −   1.7 设一维粒子的运动范围为 x  0 ， 在 x − x + dx 间 隔 内 出 现 粒 子 的 概 率 为 ( ) x x dx Ce dx   − = ，其中   0, C 为归一化常数，求 （1） ( ) 2 n x x 及  ； （2）若 2 y x = ，试求 n y 。 解：（1）由归一化条件 ( ) 0 0 1, x C x dx C e dx C       − = = = =   得 ( ) ( ) 0 0 1 ! 1 n n n x n n n x x x dx x e dx n        − = = =  + =  

( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x x x       = − = − =     （2） ( ) 2 2 2 0 0 2 1 1 2 n n n n x n n y x x x dx x e dx       −   = = = =  +       2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 2.1 2 2 n n n n n n n n     −   =  −    为奇数 为偶数

第二章 2.1 一个质量为 m 的粒子在一个边长为 L 的立方体的盒子中作自由运动，粒子的能量 ( ) 2 2 2 h n n mL  = ，式中 h 为普朗克常数， 2 2 2 x y z n n n n = + + ，量子数 , , 0, 1, 2, x y z n n n =   。 试分别给出当 n = 0,1,2,3,4 时能级  (n) 所包含的量子态 (n n n x y z , , ) 及简并度 (n) 。 解：一组量子数 (n n n x y z , , ) 对应于一个量子态， 222 x y z n n n n = + + 决定粒子的能量  (n) 。因 此，量子态 (n n n x y z , , ) 和简并度 (n) 列表如下 n x n y n z n 量子态数 (n) 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 2 0 1 0 2 6 0 0 1 2 2 1 1 0 4 1 0 1 4 12 0 1 1 4 3 1 1 1 8 8 4 2 0 0 2 0 2 0 2 6 0 0 2 2 2.2 一个由 N 个可分辩的近独立的三维谐振子组成的系统，其个体量子态用量子数 (n n n x y z , , ) 标记，态 (n n n x y z , , ) 的能量为： ( ) 3 2 x y z   n n n n h   = + + +     ， 式 中 h 为普朗克常数，  为谐振子的振动频率， x y z n n n n = + + ， 量 子 数 , , 0,1,2, x y z n n n = 。写出谐振子个体能级及简并度的表达式；设达到平衡态时系统的温 度为 T，求系统的内能、熵和自由能。 解：个体能级 ( ) 3 3 , , , , 0,1,2, 2 2 x y z x y z x y z    n n h n n n h n n n n n n n     = + = + + + = + + =         能级 n  的简并度：这 n 个谐振子可以以任意一组数 (n n n x y z , , ) 分配在 x y z , , 三个方向 上振动，但要满足条件 x y z n n n n = + + 。为此，可以将 3 个方向看作 3 个盒子，量子数 n 看

作 n 个球，将所有盒子和球排成一列，并使排头第一个固定为盒子，其余 n+ 2 个球和盒子 的全排列数为 (n + 2 !) ，但 n 个球和 2 个盒子的交换不会给出新的排法， (n + 2 !) 中应除去 n 个球和 2 个盒子的全排列数 2! ! n 。因此，这 n 个谐振子分配在 x y z , , 三个方向上振动的方 式总数为： ( ) ( )( ) 2 ! 1 1 2 2! ! 2 n n n n n  + = = + + ， 上式就是能级  (n) 的简并度。谐振子的个体配分函数 Z1 以及系统的内能 U、熵 S 和自由能 F 分别为： ( ) 3 3 2 2 1 3 0 0 0 1 x y z x y z h h n n n h n n n e Z e e       −      − + + +     − = −    ＝ ＝ ＝ ＝ 1 ln 1 1 3 2 1 h Z U N Nh e        = − = +    −   ( ln 3 ln 1 1 ) ( ) 1 h h h S k N Z U Nk e e          − = + = − − +     − 1 ( ) 1 ln 3 ln 1 2 h F NkT Z NkT e h       − = − = − +     2.3 试求在极端相对论情形下，分子的能量和动量的关系为  = pc 的玻尔兹曼理想气体的 内能、熵、定容热容量、自由能和压强。 解：在极端相对论下粒子的能态密度： ( ) ( ) 2 3 4 V g d d hc      = 单粒子配分函数： ( ) ( ) ( ) 2 1 3 3 0 0 4 8 V V Z e g d e d hc hc            − − = = =   气体的内能、熵、定容热容量、自由能和压强分别为： 1 ln 3 Z U N NkT   = − =  ， 1 1 ln 8 ln ln ! ln 3ln 4 Z V hc S Nk Z k N Nk N kT         = − − = − +          3 V V U C Nk T    = =      3 1 ln ln ! ln 8 V kT F NkT Z kT N NkT e N hc      = − + = −          

1 N NkT ln Z p  V V  = =  。 2.4 被吸附在固体表面上的单原子分子能在表面上自由运动，可把它看成二维理想气体。试 求分子的平均速率、最概然速率和方均根速率。 解：二维理想气体分子的速度分布律由 Maxwell 速度分布律给出 ( ) 2 2 2 2 2 2 mv mv kT kT x y x y m m f v dv dv e dv dv e vdvd kT kT    − − = = 对角度积分后，得到二维运动的速率分布律： ( ) 2 2 mv m kT F v dv e vdv kT − = 平均速率为： ( ) 2 2 2 0 0 2 mv m kT kT v vF v dv e v dv kT m   −  = = =   由 0 p v v F v =      =    ，得最概然速率： p kT v m = ( ) 2 2 2 3 2 0 0 mv 2 m kT kT v v F v dv e v dv kT m   − = = =   因此，方均根速率为： 2 2 s kT v v m = = 。 2.5 设质量为 m 的单原子分子组成的理想气体处于温度为 T 的热力学平衡态，从气体中任 取两个分子，求其总能量在  − + d 范围内的概率    ( )d 和平均能量的表达式。 解：Maxwell 速率分布律为： ( ) 3 2 2 2 2 4 2 mv m kT F v dv e v dv kT   −   =     能量 1 2 2  = mv ，得分子的能量在  − + d 范围内的概率为 ( ) 3 2 1 2 1 2 kT f d e d kT        −   =     任取 2 个分子，一个分子的能量在 1 1 1  − + d 范围内，另一个分子的能量在 2 2 2  − + d 范围内，2 个分子的能量在  − + d 范围内的概率为 f f d d f f d d (         1 2 1 2 1 1 1 ) ( ) = − ( ) ( ) 考虑到 1 0     ，对 1  积分得到 2 个分子的能量在    + d 范围内的概率 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 1 1 1 1 1 1 0 0 3 2 1 4 1 2 kT kT d f f d d e d d kT kT e d                      − − −   = − = −     =  

2 个粒子的平均能量： ( ) 3 3 0 0 1 1 3 2 kT d e d kT kT        −   −   = = =       。 2.6 用 1 2 3 , , , N q q q 表示 3N 个自由度系统状态的广义坐标，相应于坐标 i q 的广义力是 Xi ， 若系统的哈密顿量是 H ，则 i i H X q  = −  ，试证明维里定理： 3 1 3 N i i i q X NkT =  = − 其中 T 是气体的温度。 特别是当具有相互作用势能为 ( ) 1 2 3 , , , U q q q N 的 N 个分子组成的气体被封闭在体积 为 V 的容器中时，维里定理取如下形式： 3 1 1 3 N i i i U pV NkT q = q  = −   其中 p 是气体分子施加于容器壁的压强。这里 1 2 3 , , , N q q q 是确定 N 个分子位置的笛卡儿 坐标。 解：一个与温度为 T 的热源接触的经典系统，出现系统的哈密顿量为 H 的概率为 H P Ce− =  空间的体积元 1 3 1 3 j N j N j j d dq dq dq dp dp dp dq d  = =  ， i j H q q   的平均值为 1 j j j j j j j H H i i i j j j j j q H H H i i j j ij j j q q q j H ij ij H H e q C q e d C q dq d q q q q kTC q e e dq d kT C e dq d q kT C e d kT           − −  − − −   −       =  = −                = − −  =             =  =         因此，有维里定理 3 3 3 3 1 1 1 1 3 N N N N i i i i i i i i i i H q X q X q kT NkT = = = = q  = = − = − = −      气体分子中的力 Xi 由两部分组成，一部分是分子间的相互作用势能 U，另一部分来自 器壁的作用力 Fi ,因此， i i i U X F q  = − +  。Fi 是器壁施加给分子在 i q 方向上的分量，只有当 分子的坐标充分接近器壁时才有显著作用。用 1 2 , , N r r r 表示 N 个分子的位置，代替 3N 个 i q ，则有： 3 1 1 . N N i i s s i s q F r F = =  =