统计物理试题 2004.6.18 1.三维自由电子气体中,电子密度为n (1)求费米能E (2)若气体温度为T,且kT/1-10-2,试判断玻耳兹曼统计是否近似适用于 此系统 (3)将此系统置于弱磁场、中,计入电子自旋磁矩在磁场中的取向能,但不 计磁场对电子轨道运动的影响,证明零温电子气体由自旋引起的顺磁磁 化强度为=2m/≤ 2.二维玻色气体的粒子能谱为E=P,粒子面密度为n (1)计算态密度 (2)求温度为T时的化学势 (3)确定μ=0时的温度T,并说明此结果的物理意义 3.某原子静止时辐射波长为的光.由该原子组成的气体发光时,由于热运动 每个原子都是运动光源,导致多普勒效应:当原子沿光传播方向的速度分量 为v时,观察者实际测得的波长为=x1-,其中c为光速 (1)根据玻耳兹曼统计,导出温度为T时气体原子按速度分量v的概率分布 (2)多普勒效应引起光谱展宽.试证,光谱强度按波长的分布近似为 l=le (3)求原子光谱的多普勒相对展宽V(A-4) (积分公式:「ed
统计物理试题 2004．6．18 1．三维自由电子气体 ．．．．．．．．中，电子密度为n ． (1) 求费米能 F ε ． (2) 若气体温度为T ，且 2 F kT ε 10− ∼ ，试判断玻耳兹曼统计是否近似适用于 此系统． (3) 将此系统置于弱磁场 ．．．B 中，计入电子自旋磁矩在磁场中的取向能，但不 计磁场对电子轨道运动的影响，证明零温．．电子气体由自旋引起的顺磁磁 化强度为 B B F 3 2 n µ µ ε = M B ． 2．二维玻色气体 ．．．．．．的粒子能谱为 2 2 p m ε = ，粒子面密度为n ． (1) 计算态密度． (2) 求温度为T 时的化学势 µ ． (3) 确定 µ = 0 时的温度Tc，并说明此结果的物理意义． 3．某原子静止时辐射波长为λ0的光．由该原子组成的气体发光时，由于热运动， 每个原子都是运动光源，导致多普勒效应：当原子沿光传播方向的速度分量 为 x v 时，观察者实际测得的波长为 0 1 x v c λ λ = − ，其中c为光速． (1) 根据玻耳兹曼统计 ．．．．．．，导出温度为T 时气体原子按速度分量 x v 的概率分布． (2) 多普勒效应引起光谱展宽．试证，光谱强度按波长的分布近似为 2 2 0 0 2 0e mc kT I I λ λ λ − − = ． (3) 求原子光谱的多普勒相对展宽 ( )2 λ − λ λ 0 0 ． （积分公式： 2 e d π x x +∞ − −∞ = ∫ ．）
统计物理试题答案与评分标准 1.(共35分) (1)计入自旋简并度,三维电子气体的态密度为 D(a) 分(2m)2.(5分) 由零温费米分布, 4π (2m)yf"d=N.(5分) 解得 2m(8 32(3x2n).(5分) (2)由kr/s=T/T-10ˉ知,自由电子气体不满足弱简并性条件T≯T’玻 耳兹曼统计不适用.(5分) (3)加外磁场后,自旋磁矩与之平行和反平行电子的能量分别为E=E-1 和E,=+μ密,其中ε为平动能量;不同自旋的电子从各自最低能级开 始,填充至费米能级E(对应的平动能分别为E+p9和E-p).总 粒子数N和电子自旋磁矩在磁场方向的总分量M分别为N=N+N和 H=(N-N,)4,其中自旋磁矩与磁场平行和反平行的总电子数为 2π (2m)yf「= 4πF h3 3h2(2m)=|1± EF (5分)(4) 根据上式, (2 ,(5分) (2m) B 5分) 2 2.(共35分)
统计物理试题答案与评分标准 1．（共 35 分） (1) 计入自旋简并度，三维电子气体的态密度为 ( ) ( )3 2 1 2 3 4π 2 V D m h ε = ε ．（5 分） (1) 由零温费米分布， ( )3 2 F 1 2 3 0 4π 2 d V m N h ε ε ε = ∫ ．（5 分） (2) 解得 ( ) 2 3 2 2 2 3 2 F 3 3π 2 8π 2 h n n m m ε = = = ．（5 分） (3) (2) 由 2 F F kT T T ε 10− = ∼ 知，自由电子气体不满足弱简并性条件T T F ，玻 耳兹曼统计不适用．（5 分） (3) 加外磁场后，自旋磁矩与之平行和反平行电子的能量分别为 B ε εµ − = − B 和 B ε εµ + = + B ，其中ε 为平动能量；不同自旋的电子从各自最低能级开 始，填充至费米能级 F ε （对应的平动能分别为 F B ε µ + B 和 F B ε µ − B ）．总 粒子数 N 和电子自旋磁矩在磁场方向的总分量 M 分别为 N = + N N − + 和 µ M = − ( ) N N − + µ B，其中自旋磁矩与磁场平行和反平行的总电子数为 ( ) ( ) ( ) F B 3 2 32 32 12 32 B 3 3 F 0 F 3 2 3 2 B 3 F F 2π 4π 2 d21 3 4π 3 2 1 3 2 V V Nm m h h V m h ε µ µ εε ε ε µ ε ε ± = =± ≈ ± ∓ ∫ B B B ．（5 分） (4) 根据上式， ( )3 2 3 2 3 F 8π 2 3 N n m V h = = ε ，（5 分） (5) ( )3 2 3 2 B B 3 F BB F F 8π 3 2 3 2 3 = 2 M n V m h µ µµ ε µµ ε ε = = B M B ．（5 分） (6) 2．（共 35 分）
(1)设系统面积为A,则动量大小在d范围内的量子态数为 2rpdp.(5分) 由6=2m2pdp=dp2=2mdE,代入(7)式,求得能量在d范围内的量子 态数 D(ede=TA h (2m)dE,(5分) 即二维系统态密度D()=n2(2m) (2)根据玻色分布,温度为T时,能量为ε的一个量子态上的平均粒子数为 化学势由 (2m) =N(5分) 水之利∫出」= 积分后得到 H=Arl(-emhm).(0分) (3)由(10)式可见,=0时的温度为 T=0,(5分) 表明二维玻色系统在有限温度下无玻色-爱因斯坦凝结现象.(5分) 3.(共30分) (1)根据玻耳兹曼分布,原子动量在d24范围内,位置在ddyd范围内 的概率为 e2mkT dp, dp, dp, dxdydz 2++n2 .(5分) (12 e2m4』 jordy= 上式对位置及除P外的其他动量分量积分,并将变量p变换为v,得到
(1) 设系统面积为 A，则动量大小在dp 范围内的量子态数为 2 2π d A p p h ．（5 分） (7) 由 2 2 p m ε = ， 2 2d d 2d p pp m = = ε ，代入(7)式，求得能量在dε 范围内的量子 态数 ( ) ( ) 2 π d 2d A D m h ε ε ε = ，（5 分） (8) 即二维系统态密度 ( ) ( ) 2 π 2 A D m h ε = ． (2) 根据玻色分布，温度为T 时，能量为ε 的一个量子态上的平均粒子数为 ( ) 1 e 1 kT f ε µ− = − ．化学势由 ( ) 2 ( ) 0 π d 2 e 1 kT A m N h ε µ ε ∞ − = − ⌠ ⌡ （5 分） (9) 决定．利用 d ed d1 e ( ) e 1 1e 1e x x x xx x x − − − − − = = −− − ⌠ ⌠ ⌠ ⌡ ⌡ ⌡ ，积分后得到 ( ) 2 2π ln 1 e nh mkT µ kT − = − ．（10 分） (10) (3) 由(10)式可见， µ = 0 时的温度为 c T = 0，（5 分） (11) 表明二维玻色系统在有限温度下无玻色－爱因斯坦凝结现象．（5 分） 3．（共 30 分） (1) 根据玻耳兹曼分布，原子动量在ddd xyz p p p 范围内，位置在ddd x y z 范围内 的概率为 222 222 2 2 e d d d ddd e d d d ddd xyz xyz ppp mkT xyz ppp mkT xyz p p p xyz p p p xyz + + − + + − ⌠⌠⌠ ⌡⌡⌡ ∫∫∫ ．（5 分） (12) 上式对位置及除 x p 外的其他动量分量积分，并将变量 x p 变换为 x v ，得到
原子按速度分量的概率分布 P(v)dv=2-TkT d.(5分) (13) (2)由多普勒频移公式得=-c2|,代入(13)式,可得原子按发光实测 波长λ的概率分布 P(A)x>(2) ).(5分 上式是以λ为中心的狭窄分布,因此可以忽略光子能量的变化,认为光 强分布近似正比于光子数分布,亦即正比于发光原子数的波长分布.根据 (14)式,取中心光强为l,则有 Ⅰ=l xP(4).(5分) (15) (3)由于 ∫1(4)d2 ,(5分) (16) P(v d T P()dv 能均分定理又给出-m2=-kT,所以多普勒相对展宽 2 (5分) (17) 此结果亦可由(16)式通过积分直接计算得到
原子按速度分量 x v 的概率分布 ( ) 2 1 2 2 d ed 2π mvx kT xx x m P vv v kT − = ．（5 分） (13) (2) 由多普勒频移公式得 0 0 x v c λ λ λ − = − ，代入(13)式，可得原子按发光实测 波长λ 的概率分布 ( ) 2 2 0 0 2 e mc kT P λ λ λ λ − − ∝ ．（5 分） (14) 上式是以λ0为中心的狭窄分布，因此可以忽略光子能量的变化，认为光 强分布近似正比于光子数分布，亦即正比于发光原子数的波长分布．根据 (14)式，取中心光强为 0 I ，则有 ( ) 2 2 0 0 2 0e mc kT II P λ λ λ λ − − = ∝ ．（5 分） (15) (3) 由于 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 2 0 0 0 2 2 2 d d d d x x x x x x I I v Pv v c v c Pv v λ λ λ λ λ λ λ λ λ λ +∞ −∞ +∞ −∞ +∞ −∞ +∞ −∞ − − = = = ⌠ ⌡ ⌠ ⌡ ∫ ∫ ，（5 分） (16) 能均分定理又给出 1 1 2 2 2 mv kT x = ，所以多普勒相对展宽 2 0 2 0 kT mc λ λ λ − = ．（5 分） (17) 此结果亦可由(16)式通过积分直接计算得到．
